一道经典几何题的深度挖掘
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
我们有必要对这一题型进行全面评估，并从中汲取教学的启示。
一、对立体几何大题进行深入的解剖在2023年全国新高考1卷的立体几何大题中，考查了许多立体图形的性质、空间几何想象和推理能力。
学生需要能够理解立体图形的特点、计算体积和表面积，并且能够运用立体几何知识解决实际问题。
这对学生的空间想象力和数学推理能力提出了挑战。
二、深度解析题目所涉及的知识点评估这一题型不仅要看到表面的难度，更需要深入挖掘其中所涉及的知识点。
只有深入理解了立体几何的性质和运用方法，才能更好地指导教学和学生学习。
三、教学启示和个人观点在教学中，我们应该注重培养学生的空间想象力和数学推理能力。
通过丰富的教学实例和引导，帮助学生理解立体图形的性质，掌握计算体积和表面积的方法，并且能够灵活运用到解决实际问题中。
只有如此，学生才能在应对高考中的立体几何大题时游刃有余。
四、总结与回顾通过对2023年全国新高考1卷立体几何大题的全面评估，我们不仅更好地理解了立体几何这一题型，更深刻地认识到了教学的重要性。
在教学中，我们要注重培养学生的空间想象力和数学推理能力，引导他们掌握立体图形的性质和计算方法。
我们也要灵活运用丰富的教学资源，帮助学生掌握解决问题的方法和技巧。
在2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示中，我们应该看到更多的是教学的重要性和学生能力的培养。
只有通过深入的教学和学习，我们才能更好地应对未来的挑战。
希望我的文章对你有所启发，也欢迎你对立体几何大题教学的个人观点和理解进行补充和共享。
期待你的回复。
2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
在一题多解中渗透初中数学核心素养的培养
在一题多解中渗透初中数学核心素养的培养作者：苏明海王兴成来源：《数学教学通讯·初中版》2020年第09期[摘要] 文章對一道经典几何题目证法进行剖析与总结，增强学生对中点问题的理解，并在证法中融入初中数学核心素养的培养，不断提升学生的模型思想与推理能力，切实提升学生的数学学科素养.[关键词] 一题多解;初中数学核心素养;几何证明《义务教育数学课程标准（2011年版）》（下面简称《课程标准》）是基础教育和课程改革的方向，其明确规定了义务教育阶段的课程目标与考试内容. 《课程标准》中明确要求，数学课应当注重发展学生的数感、符号意识、空间观念、几何直观、数据分析观念、运算能力、推理能力和模型思想. 在初中学习阶段，几何证明题能培养学生的几何直观、推理能力和模型思想. 其中，推理主要包含两类：一类是从特殊到一般的推理，主要形式是归纳类比;另一类是从一般到特殊的推理，主要形式是演绎. 剖析经典题目的多种证法，能使学生的图形感更强，能进一步增强学生的结构意识，提升他们的演绎推理能力. 在讲解中对典型结构进行多方向思考，依据已有经验寻找突破口，这是合情推理，能使学生对一类题目的理解更深刻. 提炼结构，形成较强的模型意识，关注几何证明的通性通法，这是培养优秀学生的重要途径.■ 经典题目试题？摇如图1，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，连接AD，CE，过点B作BG⊥CE，垂足为G，GB的延长线交AD于点F，求证：AF=FD.■■ 结构分析对于几何证明题，解题开始时需要具备结构意识与角度意识. 具备结构意识，能快速理清图形结构，对于常规结构，便可快速得到辅助线;具备角度意识，能使学生在初始状态下尽可能地找到隐藏条件，于是可能得到线段相等的结论.由已知，图形由两个共直角顶点的等腰直角三角形构成，已构成常见的旋转全等结构，如图2，由此本题可考虑连接AE，CD，构造出△ABE≌△CBD.■从角度出发，如图3，∠ABD+∠CBE=180°，这是周角背景下典型的互补结构;如图4，可由三角形外角和定理推得∠ABF=∠BCG. 推导角度时重点考虑这两种结构.■由结论，本题要证明两条线段相等，通常可以转化为证明线段所在的两个三角形全等，因此构造全等三角形，所以联系条件证明全等是解题关键. 除此之外，对于中点问题，经常还会考虑中位线、斜中半、三线合一等.■ 题目解析1. 推理辅助线，找准基准三角形证法1：如图5，过点A作AN∥BD交BF的延长线于点N. 因为AN∥BD，所以∠NAB+∠ABD=180°，∠N=∠NBD. 因为∠ABC=∠EBD=90°，所以∠ABD+∠CBE=180°. 所以∠NAB=∠CBE. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCG+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCG=∠ABN. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC. 所以△ABN≌△BCE（ASA）. 所以AN=BE. 因为△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以AN=BE=BD. 所以△AFN≌△DFB（AAS）. 所以AF=DF.■分析？摇要证明线段相等，优先考虑转化为证明三角形全等，再思考能否利用已知条件或转化已知条件，其目的是为证明全等提供条件. 在本题中，FD所处的基准三角形为△FBD，但AF所处的基准三角形△ABF与△FBD不全等，于是不妨依托△FBD构造全等.此法的核心在于转化结论后全等的构造，构造△AFN所需要的辅助线需要选择与对比，而培养学生推理能力的关键也在于此. 一般而言，辅助线应尽可能提供证明全等所需要的条件，其次，构造平行后产生了互补结构，这与已知的互补结构产生联系，从而得到了核心角之间的等量关系. 若选择倍长BF，辅助线就与已知条件无法关联，已知的互补结构就无法给后续全等的证明提供角的等量关系. 教师在讲解时，一定要融入对比，通过推理产生最优的解题路径.2. 推理线段角色，巧用旋转背景证法2：如图6，延长AB至点M，使得AB=BM，连接DM. 因为∠ABC=∠EBD=90°，所以∠ABD+∠CBE=180°. 因为∠ABD+∠DBM=180°，所以∠DBM=∠CBE. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC=BM. 因为△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以△BCE≌△BMD（SAS）. 所以∠BCE=∠M. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF=∠M. 所以BF∥DM. 又AB=BM，所以BF为△AMD的中位线. 所以F为AD的中点，即AF=FD.■分析？摇此证法的核心在于理解线段BF的角色，由结论要证明F是中点，因此BF可理解为中位线. 中位线的构造一定由倍长AB产生，此刻问题转化为证明BF∥DM. 证明平行的本质是证明角相等，即∠ABF=∠M. 由∠BCE=∠ABF，问题转化为证明∠BCE=∠M. 通过角去寻找三角形，可推理出需要证明△BCE≌△BMD. 这是一组旋转全等，旋转中心为点B，由辅助线的构造得两组对边相等，此时可推理出只要证得两组对应边的夹角相等即可. 此处，由两个互补结构完成角相等的证明、全等三角形的证明后，结论得证. 教师在讲解时，一定要深度挖掘结论所包含的隐藏信息，构造以BF为中位线的三角形. 其中，结构意识能帮助学生快速推导角相等，从而完成证明.3. 找准核心角以转化问题证法3：如图7，在CE上取一点H，使得CH=BF，连接BH. 因为△ABC为等腰直角三角形，所以AB=BC. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF. 所以△ABF≌△BCH（SAS）. 所以AF=BH，∠AFB=∠BHC. 又∠AFB+∠BFD=180°，∠BHC+∠BHE=180°，所以∠BFD=∠BHE. 容易证得∠DBF=∠BEC，又△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以△BFD≌△EHB（AAS）. 所以BH=FD. 所以AF=FD.分析此证法的核心在于转移核心线段AF的位置. 由结构分析可得到∠BCE=∠ABF，AB=BC，由此推理出通过构造全等转移AF的位置是可行的. 接下来的辅助线可直接构造出证明全等所需要的第三个条件，此时问题变为证明BH=FD. 同理，可得到BD=BE，∠DBF=∠BEC，这两个等量关系使得BH，FD所处的三角形可能全等，最后由互补结构完成证明. 教师在讲解时，应重点分析转移核心线段AF位置的可能性以及此法最终能够证明的可行性.4. 找准核心比例来转化问题证法4：如图8，过点F作FQ∥BD交AB于点Q. 因为FQ∥BD，所以∠AFQ=∠ADB，∠AQF=∠ABD，∠QFB=∠FBD. 所以△AQF∽△ABD. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF. 同理，∠FBD=∠BEC，因此∠QFB=∠BEC. 所以△BCE∽△QBF. 因为△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，所以BD=BE，AB=BC. 设BD=x，AB=y，QF=a，QB=b，由△AQF∽△ABD，得■=■①，由△BCE∽△QBF，可得■=■②，将②代入①可得y=2b，因此■=■. 又FQ∥BD，所以■=■. 所以AF=FD.分析此证法的核心在于通过平行线转化AF=FD，将线段相等理解为1 ∶ 1. 相似所得的比例式含有4个字母，而最终的结论需要证明AF和AD的2倍关系或AQ与AB的2倍关系，即x与a的数量关系或y与b的数量关系，因此推理出需要利用基本结构进行代数消元. 依托互补结构定位相等角的位置，由此定位△BCE，△BQF，由相似得到等量关系，代入消去x，a 后结论得证. 由此法，教师还可将平行线转化比例进行一般化推广.基于几何一题多解与核心素养培养的思考1. 回归基础，强化基本概念，确定解题方向几何图形的基本定义、基本性质、基本定理和判定，是学习几何的基础. 对于本题，学生要对等腰直角三角形的基本概念十分清楚，等腰直角三角形可提供角相等与边相等. 从对称性来看，等腰直角三角形是轴对称图形，对称轴是斜边的中垂线;从旋转性来看，在等腰直角三角形BDE中，直角边BD绕直角顶点B顺时针旋转90°后可与BE重合. 一般而言，边的旋转实则是三角形的旋转. 本题的证法2就可以从旋转的角度来理解，通过旋转做等线段转化. 教师在讲解时，融入这些内容，可使学生对基本几何图形形成一个完整的思维体系. 学生对图形的认识越深刻，解题时的方向感就越强.2. 找准核心，提炼基本结构，形成模型意识本题的核心在于理解中点，利用中点，转化中点，通过转化中点来转化问题，这是本题的第一个推理点，与中点相关联的基本结构有中位线、倍长中线、三线合一、斜中半. 解题的成功要靠正确思路的选择，要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒（G·波利亚语），因此选择构造何种基本结构来解题，依据是能否与已知条件相关联. 本题的第二个推理点是全等或相似的证明，本题中出现的互补结构能够提供角相等，等腰直角三角形可提供边相等，因此可通过等角与等边的位置定位两个三角形，完成全等与相似的证明后即可证明结论.对细节结构的推理可精准定位解决问题的方向，从而切实提高学生的解题能力. 因此，教师在讲解时，一定要融入细节结构分析，这是解题方法的指导. 没有对细节结构的理解，解题时学生是盲目的，缺乏方向感. 学生在完成多种解法的梳理时，对中点条件的理解能更加深刻，对基本结构的应用会更加熟练. 我们的目的是让中点问题模型化，让学生以通解通法应对题目万变.3. 在过程中提升能力，让能力内化为核心素养在学生逻辑推理能力的培养中，几何证明的演绎推理扮演着重要的角色，因此《课程标准》中要求从小学的实验几何要逐步过渡到初中的推理几何. 在几何教学中，教师应引导学生掌握几何基本模型结构，提炼几何证明的通法通性，让学生具备模型意识，从而增强学生的演绎推理能力. 通过对解题方向的归纳与思考，即本题中对中点的理解，能增强学生的合情推理能力.几何中一题多解的过程就是合情推理与演绎推理的最好体现，“多”字的内核是合情推理，它提供证明的起点，“解”字的内核是演绎推理，它提供证明的动力，两者相辅相成，辩证统一. 归纳和演绎，正如分析和综合一样，是相互联系着的. 我们不应当牺牲一个而把另一个捧到天上去，应当把每一个都用到该用的地方. 要做到这一点，就只有注意它们的相互联系、它们的相互补充（恩格斯语）. 这里的歸纳就是合情推理的一种形式. 因此，在几何教学中，以一题多解为载体，重视学生推理能力的培养，可切实提升学生的学科核心素养.。
通过“一题多解”教学助推初中生数学思维能力进阶
通过“一题多解”教学助推初中生数学思维能力进阶作者：郭俊楠韦柳伶来源：《教师教育论坛（普教版）》2023年第05期摘要“一题多解”教学能拓宽学生问题解决思路，能促成思维的发散和创新，同时能帮助学生把所学知识融会贯通，整合并完善知识框架。
“一题多解”教学应该具有适切性、贯通性与发展性。
本文通过对一道平面几何试题的多角度解析，总结出“一题多解”助推能力进阶的优化策略，即搭建学生思维支架、引发学生思维碰撞、推动学生自我反思。
关键词一题多解；思维能力；思维优化策略中图分类号 G633.6文献标识码 A文章编号 2095-5995（2023）08-0054-03中学生具备强烈的求知欲，思维活跃，因此在中学阶段培养创新能力尤为关键。
在中学阶段，数学课程作为一门抽象严谨的学科，发挥着培养学生创造性、发散性、深刻性思维，以及分析和解决问题能力的基础性作用。
而解题教学中，采用“一题多解”的方法则显得尤为重要，这种方法鼓励学生深入思考，展现自己的思维方式。
同时“一题多解”也可以促进学生智力开发、关键能力培养和学科核心素养发展等多方面的共同发展。
一、“一题多解”教学的特点“一题多解”教学方法强调在解决数学问题时，可以从多个角度、多种方式进行思考和解答，以达到深刻理解和全面掌握问题的目的。
其特点体现在以下三个方面：（一）适切性通常情况下，学生在数学问题解决时，为了激活发散思维，培养关键能力，积极探索和开展“一题多解”教学与学习活动是有必要的。
虽然解题路径并非只有一条，但需要保证解题思维活动要有正确导向[1]。
另外，“一题多解”方法并不意味着解题思维的无限制发散，而是要求学生在不同解法之间找到适当的平衡，虽然解题的路径可以有多条，但是这些解法都应当具有正确的导向。
教师在教学过程中需要引导学生避免过度追求创新，而是要让学生掌握通用性的解题方法，然后在此基础上适度地引入其他易于理解的解法，以確保解题思维的发散与聚拢能够相互协调。
拓展中发掘---一道平面向量问题
r2 sin( ) r1 sin
(4)如图,平面内有三个向量 OA, OB, OC ,其中 OA与OB 的夹角为 , OA与OC 的夹角为
. OA r1 , OB r2 , OC r .若 OC OA OB( , R) ,求 及
解题回顾:本题主要考查平面向量的加法运算的平行四边形法则及向量的数乘运算 ,给出了 四种不同的解法.解法一又是立足于解三角形,判断 OCE 是直角三角形,使问题更加简捷; 解法二、三是利用数量积的定义，从整体上建立关于 , 的方程组；解法四是向量的坐标 形式及三角函数的定义，如写出 OB, OC 的坐标就是直接利用三角函数的定义.本题就是考 查学生分析问题和解决问题的能力，入口浅且宽广，寓意深且独特. 2.变题引申 从原题的解法一与四可以看出，本题推广到一般形式： (1) 如图平面内有三个向量
O
A
解析:首先判断 0, 0 ,用同样的方法可以求出,
r1 r2 r , sin( ) sin sin
∴
r sin( ) sin r sin( ) sin sin r1 r2 sin r1 r2
2 OA OB 2 12 OC 12, ∴ , OB OC 0, OB OA OB 0
1 2
2 2 2 即 0. 2
∴
1 12, 2
解 法 二 ( 方
3 2 , 4, 6 ,故选 6. 3
思 想 ) ∵
程
命题分析探索,解题过程指导
命题分析探索,解题过程指导作者：***来源：《数学教学通讯·初中版》2024年第07期[摘要] 开展解题探究，需要解析问题，分析命题，回归教材知识考点，并通过思维引导的方式指导学生解析问题，明确解题的重点. 文章对一道模考题进行深度探究，探索命题考向，指导解题过程，以期对师生的教学备考有所帮助.[关键词] 抛物线;几何;教学;数形结合“解析问题，分析命题，回归教材，教学探索”是中考备考阶段重要的环节，有助于强化学生的解题思维，提升学生的综合解题能力. 教师可选取具有代表性的中考真题或模考题，开展问题分析与教学指导.问题呈现问题（2023年湖北十堰市统考压轴题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c 经过点A（-4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6）.（1）求抛物线的解析式.（2）连接OC，点Q是直线AC上不与A，B重合的点，若S=2S，请求出点Q的坐标.（3）在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以A，H，C，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标;若不存在，请说明理由.命题探索本题是一道二次函数压轴题，综合性强，融合了抛物线、直线、三角形、菱形，题设三问，分别求抛物线的解析式、三角形面积关系解析、菱形存在性探究. 这是对学生知识、能力、思想方法等诸多方面的考查.考题的后两问为核心之问，第（2）问设定关键点，构建两个三角形，给定两个三角形的面积关系;第（3）问则是设定动点，探究是否存在满足条件的菱形. 显然两问充分综合了函数与几何的核心知识考点，是一道优秀的模考题. 从问题的命制过程，可以管窥命题人对于本题所凝聚的心血与智慧.优秀模考题，在构建与考查方式上可以凸显出公平公正、探索性强、解法开放等特点，同时对于教学具有导向与引领作用. 教学中，教师需要关注问题的命题特色，从知识本源出发来探索.特点1：命题取向——回归教材从整体来看，问题考查抛物线性质、三角形面积、菱形判定，这些都是源自教材的核心知识点. 只是在具体构建时命题人对其进行了整合改造，使得问题更为新颖、综合性强，但问题所涉及的图形是学生所熟知的. 上述以教材知识考点为基础，采用综合构建与深入挖掘的命题方式，使得问题回归教材，立意又高于教材，这是中考所提倡的，可作为解题教学的重要题材. 考题回归教材，也体现了对考生测评的公平性，能够引导师生重视教材中的基础知识，避免过于注重探究过难的问题.特点2：考查过程——主线突出《义务教育数学课程标准（2022年版）》明确强调，学生应当有足够的时间和空间经历观察、实验等思维活动的过程，即学生在数学学习中，要注重开展思维活动，经历探究过程，培养数学思维能力. 学生思维能力的提升是一个长期的过程，需要师生共同努力.本模考题先是以“抛物线与直线相交”知识点为载体进行构建的，后续研究三角形的面积关系，菱形存在性，即以“相交→三角形面积→特殊图形”为研究主线，设置问题情形，难度逐步加大. 学生在解决问题的过程中，需要经历分析思考、作图构建、推理转化等思维活动，可再现数学探究的思维过程，从而提升综合能力.特点3：研究方法——数形结合教师要指导学生掌握解析问题的一些基本方法，上述为典型的抛物线与几何综合的问题，涉及数形结合的思想方法. 从问题整体框架来看，题设条件与图形对应匹配，设定了抛物线与直线的相交关系、关键点的位置. 而后续设问的图形并未给出，需要学生自行补充完整. 学生在探究问题时，需要按照“读题审题—理解图形—完善图形—运用性质”的方案来解析问题，可经历用数形结合的方法解析问题的全过程，最终掌握函数与几何综合题的解析方法.解题指导在教学综合性压轴题时，教师要为学生提供一定的解题指导，串联问题条件，设定分步动作，培养学生的解题思维. 综合题的求解过程较为繁杂，教学中教师可以对其进行拆解，让学生理解每一步的具体含义，对于较为关键的步骤，则可以引导学生思考，明确关键点. 下面对上述模考题进行解题指导.1. 待定系数求解析式第（1）问求解抛物线的解析式，属于基础问题，其命题目的有两点：一是引导学生理解条件，读懂图形;二是考查待定系数方法. 教学中教师要让学生明晰求解特殊参数b和c的关键，以及把握抛物线上两点：A和C.教学引导设置如下两个问题：①求解抛物线的特征参数，需要采用什么方法？②对于本题需要利用哪两个点，如何求解？解题過程：采用待定系数法求解抛物线解析式.第一步，明晰关键点坐标根据题意可知，抛物线经过点 A（-4，0）和点C（2，6）.第二步，点代入构建方程.将点A和点C的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c中，则有8-4b+c=02+2b+c=6，可解得b=2c=0，所以抛物线解析式为y=x2+2x.解后思考：待定系数法是求解解析式的重要方法，可用于求解直线或曲线的特征参数，教学中教师要引导学生明晰“特征参数⇔点坐标”的对应关系，明晰构建方程是求解参数的重要途径.2. 面积模型转化求点第（2）问给定了两三角形的面积关系，求解点Q的坐标，属于与面积相关的问题，难度适中，对学生的解析能力要求较高. 命题目的有三点：一考查三角形面积模型;二是考查转化思维;三是考查数形结合思想方法. 教学中教师要引导学生观察分析核心条件——S=2S，根据点坐标确定△OAC的面积可求，从而使学生明晰解题的关键思路：构建△OAQ的面积模型，建立方程求坐标参数.教学引导设置如下三个问题：①观察分析核心条件：S=2S，哪个三角形的面积可求？可以得出什么结论？②结合点坐标的具体情况，如何构建△OAQ的面积模型？③如何求解点Q的坐标？解题过程：先转化分析面积关系条件，再构建三角形面积，最后列方程求点坐标.第一步，转化核心条件根据条件可知点A（-4，0）和C（2，6），显然△OAC的面积可求，即S=×4×6=12，所以△OAQ的面积为S=2S=24.第二步，构建面积模型点O和A均位于x轴上，且坐标已知，可将△OAQ视为是以OA为底，点Q为顶点的三角形，则其面积可以表示为S=·OA·h（其中h表示点Q到x轴的距离）.第三步，设定点Q坐标.设定点Q的坐标，已知点Q在直线AC上，根据点A和点C的坐标，采用待定系数法可求出AC的解析式为y=x+4，故可设点Q（m，m+4）.第四步，构建方程求解结合点Q的坐标，可知△OAQ的面积可以表示为S=×4×m+4=24，从而可解得m=8或m=-16. 当m=8时，点Q（8，12）;当m=-16时，点Q（-16，-12）. 分析可知，两点均满足条件.解后思考：上述展示了与面积关系相关的求点问题的解析转化思路，解后需要引导学生关注三点：一是注意分析面积关系条件，可采用直接简化或间接转化的方法;二是重视面积模型的构建方法，明确图形的底和高;三是注意审视结论，上述解出了两个点，应讨论是否均满足条件，同时从图形视角思考，显然点Q可以位于x轴的上方，也可以位于x轴的下方.3. 分类讨论构建模型第（3）问是菱形存在性问题，设定了动点，讨论满足条件的点N. 由于具体模型未定，教学中教师要指导学生采用分类讨论的思维方法，分别构建模型，结合菱形的判定方法来开展. 本问主要考查两点：一是分类讨论、数形结合建模的思维方法;二是菱形存在的性质定理. 在实际探究时，教师要引导学生明确分类的标准，即菱形的对角线，这也是后续讨论的基础.教学引导设置如下三个问题：①整体上采用何种策略和思维方法？②观察图形，若AHCN为菱形，则可能存在几种情形？根据菱形的对角线情形可分几种讨论模型？③建模讨论中明确菱形成立使用了何种性质定理？解题过程：采用“假设—验证”的策略，同时结合分类讨论与数形结合建模的思维方法来构建解题过程.第一步，假设成立，明确讨论模型假设存在一点N，使以A，H，C，N为顶点的四边形是菱形. 分三种情形：①以AC为菱形的对角线;②以AH为菱形的对角线;③以AN为菱形的对角线.第二步，分别建模，构建菱形求解.分三种情形建模讨论，求解点N的坐标.情形①：以AC为菱形的对角线，如图2所示，由条件可求得点B（0，4），所以OA=OB=4，则∠BAO=45°，故∠NAO=90°，所以菱形AHCN为正方形，所以AH=AN=NC=6，所以点N的坐标为（-4，6）.情形②：以AH为菱形的对角线，如图3所示，则点C和点N关于x轴对称，易得点N 的坐标为（2，-6）.情形③：以AN为菱形的对角线，如图4所示（可细分为两种情形），结合点A和点C的坐标可知，AC==6，结合性质定理可知CN=AC=6，点N的坐标分别为（2+6，6）和（2-6，6）.第三步，综合模型，确定最终结论.综上可知，满足条件的点N有四个，分别为（-4，6），（2，-6），（2+6，6）和（2-6，6）.解后思考：对于存在性问题，采用“先假设，后验证”的策略;对于不确定的模型问题，采用分类讨论、数形结合的思想方法. 對于上述菱形存在求点坐标问题，教师要引导学生明晰每一情形讨论所借用的性质定理：①菱形对角线平分顶角;②菱形的对称性;③菱形的边长相等.写在最后命题分析、过程引导、解后思考是解题教学的重要环节，教学每个环节时教师要明晰核心，引导学生充分认识问题，掌握构建方法，深刻领悟方法精髓，以此发展学生的数学思维. 教师要深度剖析典型问题，提炼解析策略与思维方法，并引导学生后续适度拓展.。
初中几何经典题,全军覆没,方法真巧妙
初中几何经典题,全军覆没,方法真巧妙
初中几何经典题一直以来都是学生们头疼的问题，尤其是那些看似简单却隐藏着巧妙解法的题目更是令人望而生畏。
然而，最近一道几何题却被称为是全军覆没的题目，因为它的解法实在是太巧妙了。
这道题目是关于一个具有六个等边三角形的正六边形的问题。
在题目中，要求我们找出这个正六边形内切圆的半径。
看似简单的题目，但是大多数人可能会被迷惑，不知道从何下手。
然而，这位学生却运用了一个绝妙的方法来解答这个问题。
他首先画出了这个正六边形，并且连接了六边形的中心和顶点，形成了六个等边三角形。
然后，他注意到这个问题实际上就是求解正六边形内切圆的半径。
接下来，他观察到了一个非常重要的特点，那就是正六边形内切圆的半径与六边形的边长之间有着特定的关系。
他通过画出正六边形的一个边，然后将该边与六边形的中心和顶点连接，形成一个等腰三角形。
从而可以利用三角形的性质，推导出内切圆的半径与正六边形的边长之间的关系。
通过这个巧妙的方法，他成功地解答了这个题目，找到了正六边形内切圆的半径。
他的答案得到了老师和同学们的一致认可，并且在班级
里引起了一阵热议。
这个学生的方法的巧妙之处在于他从题目中找到了关键的线索，并且灵活运用了几何知识来解决问题。
这也提醒了我们，在解决几何题目时，要善于观察，发现问题中的隐含信息，并且灵活运用所学的几何知识来解决问题。
只有这样，我们才能在几何学的海洋中游刃有余，解答出各种巧妙的题目。
立体几何中的探索性题型
立体几何中的探索性题型1．(2010年3月广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科)（本小题满分12分）如图5，已知直角梯形ACDE 所在的平面垂直于平面ABC ，90BAC ACD ∠=∠=︒，60EAC ∠=︒，AB AC AE ==．（1）在直线BC 上是否存在一点P ，使得//DP 平面EAB ？请证明你的结论； （2）求平面EBD 与平面ABC 所成的锐二面角θ的余弦值．：（1）线段BC 的中点就是满足条件的点P ．…1分证明如下：取AB 的中点F 连结DP PF EF 、、，则AC FP //，AC FP 21=，取AC 的中点M ，连结EM EC 、， ∵AC AE =且60EAC ∠=︒， ∴△EAC 是正三角形，∴AC EM ⊥． ∴四边形EMCD 为矩形， ∴AC MC ED 21==．又∵AC ED //，………3分 ∴FP ED //且ED FP =，四边形EFPD 是平行四边形．……………………4分 ∴EF DP //，而EF ⊂平面EAB ，DP ⊄平面EAB ，∴//DP 平面EAB ． ……………………6分 （2）（法1）过B 作AC 的平行线l ，过C 作l 的垂线交l 于G ，连结DG ，∵AC ED //，∴l ED //，l 是平面EBD 与平面ABC 所成二面角的棱．……8分∵平面EAC ⊥平面ABC ，AC DC ⊥，∴⊥DC 平面ABC ， 又∵⊂l 平面ABC ，∴⊥l 平面DGC ，∴DG l ⊥，A BCDE PMFG∴DGC ∠是所求二面角的平面角．………………10分设a AE AC AB 2===，则a CD 3=，a GC 2=，∴a CD GC GD 722=+=， ∴772cos cos ==∠=GD GC DGC θ． ………12分（法2）∵90BAC ∠=︒，平面EACD ⊥平面ABC ，∴以点A 为原点，直线AB 为x 轴，直线AC 为y 轴，建立空间直角坐标系xyz A -，则z 轴在平面EACD 内（如图）．设a AE AC AB 2===，由已知，得)0,0,2(a B ，)3,,0(a a E ，)3,2,0(a a D ．∴)3,,2(a a a EB --=，)0,,0(a ED =， ………………………8分设平面EBD 的法向量为),,(z y x =n ，则⊥n 且⊥n ，∴⎩⎨⎧=⋅=⋅.0,0n n ∴⎩⎨⎧==--.0,032ay az ay ax 解之得⎪⎩⎪⎨⎧==.0,23y z x取2z =，得平面EBD 的一个法向量为)2,0,3(=n . ………………10分 又∵平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(='n ．77210020)3(120003,cos cos 222222=++⋅++⨯+⨯+⨯=>'<=θn n ．……………… 2.如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ； （II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ， 并求点M 到OA ，OB 的距离．证明：（I ）如图，连结OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 则()0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),O A B C -(0,0,6),(0,4,3),P E -()4,0,3F ，由题意得，()0,4,0,G 因(8,0,0),(0,4,3)OB OE ==-，因此平面BOE 的法向量为(0,3,4)n =，(4,4,3FG =--得0n FG ⋅=，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有//FG 平面BOExyz（II ）设点M 的坐标为()00,,0x y ，则00(4,,3)FM x y =--，因为FM ⊥平面BOE ，所以有//FM n ，因此有0094,4x y ==-，即点M 的坐标为94,,04⎛⎫- ⎪⎝⎭，在平面直角坐标系xoy中，AOB ∆的内部区域满足不等式组008x y x y >⎧⎪<⎨⎪-<⎩，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离为94,4． 3.（本小题满分14分）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点． （Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离．.解：方法一、（1）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角.在△AOE 中，AO=1，OE=,2721=PB ,2521==PD AE ∴.1473127245471cos =⨯⨯-+=EOA 即AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （2）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6π=∠ADF .连PF ，则在Rt △ADF 中.33tan ,332cos ====ADF AD AF ADF AD DF设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离121==AP ，N 点到AP 的距离.6321==AF方法二、（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、B （3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、 P （0，0，2）、E （0，21，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则P BCDE,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则)1,21,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得， ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，63. 4.（广东省江门市2010届高三数学理科3月质量检测试题）（本题满分14分）如图，棱锥P —A B C D 的底面A B C D 是矩形，PA ⊥平面A B C D ，PA =A D =2，B D =22. （Ⅰ）求点C 到平面PBD 的距离.（Ⅱ）在线段PD 上是否存在一点Q ,使CQ 与平面962，若存在，指出点Q （18）（Ⅰ）在R t △BAD 中，AD =2，BD =22，∴AB =2，ABCD 为正方形，因此BD ⊥AC . ∵P A =AB =AD =2，∴PB =PD =BD =22 ………2分 设C 到面PBD 的距离为d ，由PBD C BCD P V V --=，有1133BCD PBD S PA S d ∆∆⋅⋅=⋅⋅，即201111222sin 603232d ⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅得332=d ………5分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系 因为Q 在DP 上，所以可设(0<<=λλDP DQ 又()2,2,0-=DP ,()()()λλλλλ2,22,02,2,00,2,0-=-+=+=+=∴()λλ2,22,0-∴Q ,()()λλλλ,,122,2,2--=--=∴.………8分易求平面PBD 的法向量为()1,1,1=，………10分（应有过程） 所以设CQ 与平面PBD 所成的角为θ，则有：D22131,cos sin λθ+=⋅==nCQ n CQ n CQ ………12分所以有69221312=+λ，1612=λ，10<<λ ， 41=∴λ………13分 所以存在且DP DQ 41=………14分 5.（2011惠州市一模本小题满分14分）如图6，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,1AD AA AB ==>，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点1C ，所爬的最短路程为22。
几何题经典解法
几何题经典解法
1.利用勾股定理：勾股定理是几何题中最基本的定理之一，可以用来解决直角三角形的各种问题。
根据勾股定理可知，直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
因此，如果已知直角三角形的任意两条直角边的长度，就可以计算出斜边的长度。
2. 利用相似三角形：相似三角形是指形状相同但大小不同的三角形，它们的对应角度相等，对应边的比例相等。
如果两个三角形相似，那么它们的面积之比等于它们对应边长的平方之比。
因此，如果已知一个三角形的某些长度和角度，就可以通过相似三角形的性质计算出其他长度和角度。
3. 利用正弦定理、余弦定理、正切定理：这些定理都是用来计算三角形的边长或角度的公式。
正弦定理可以用来计算一个三角形的某个角的正弦值，余弦定理可以用来计算一个三角形的某个角的余弦值，正切定理可以用来计算一个三角形的某个角的正切值。
这些定理都可以用来解决各种几何题目。
4. 利用向量计算：向量是一种表示大小和方向的量，可以用来表示几何图形中的点、线、面等。
如果已知一个几何图形的向量表示，就可以通过向量的运算来计算出其他相关的向量和长度。
向量计算在解决几何问题中也是一个常用的方法。
5. 利用解析几何：解析几何是一种用代数方法来研究几何图形的方法。
通过坐标系来表示几何图形中的点、线、面等，就可以用代数的方法来计算它们之间的各种关系。
解析几何在解决几何问题中也
是一个重要的方法。
开展“一题多解”,探究“一题多变”——一道解析几何题的破解
２０２３年９月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀开展 一题多解 ,探究 一题多变一道解析几何题的破解◉江苏省海安高级中学㊀朱函颍㊀㊀摘要: 一题多解 ,可以开阔解题思路㊁发散学生思维; 一题多变 ,可以拓展数学知识㊁聚合学生思维．合理解题探究与变式拓展可以很好提升解题效益,避免题海战术．结合一道抛物线问题实例,通过 一题多解 与 一题多变 ,在研究中寻找通法,在探究中升华能力,促使学生形成良好的数学品质．关键词:抛物线;准线;直线;斜率;变式㊀㊀根据现代思维的科学研究,问题是展开思维与应用的起点, 疑 是根本, 解疑 是目标,最容易引起定向探究反射与问题的深入思考．而在数学教学与数学学习过程中,更要合理培养与形成探究意识,从问题的内涵㊁问题的解法㊁问题的深入与问题的探究等多方面入手,合理拓展思维的深度与广度,进行必要合理创新应用,从而形成良好的数学品质．１问题呈现问题㊀ 燕博园２０２３届高三年级综合能力测试(C A T)数学(新高考Ⅰ卷)试卷 已知抛物线y２＝a x 的焦点为F,准线l交x轴于点Q,过点F的直线交抛物线于M,N两点,则直线Q M与直线Q N的斜率之和为．该题以抛物线为问题场景,对直线与抛物线的位置关系加以合理创设．借助过焦点的动直线的变化,以 动 态创设场景,利用两直线的斜率之和为常数,以 静 态形式设问,巧妙融合解析几何与平面几何中的相关知识,难度中等．利用圆锥曲线这一主干知识,抓住直线与圆锥曲线位置关系这一热点问题,合理创设,巧妙 动 与 静 变化, 数 与 形 融合,构建一幅完美的画卷．实际破解问题时,抓住问题内涵与实质,从问题根本入手,可以借助解析几何思维㊁平面几何思维与特殊情况思维等来展开,从不同的技巧方法视角来切入,实现问题的巧妙转化与应用．２问题破解２．１通性通法方法１:解析几何思维法．解析:依题知,焦点F(a４,０),准线方程为x＝－a４,Q(－a４,０)．设过焦点F的直线方程为x＝m y＋a４,M(x１,y１),N(x２,y２)．联立x＝m y＋a４,y２＝a x,{消去参数x,整理可得y２－a m y－a２４＝０,则y１＋y２＝a m,y１y２＝－a２４．于是有㊀k Q M＋k Q N＝y１x１＋a４＋y２x２＋a４＝x１y２＋x２y１＋a４(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝(my１＋a４)y２＋(m y２＋a４)y１＋a４(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝２my１y２＋a２(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝２mˑ(－a２４)＋a２ˑa m(x１＋a４)(x２＋a４)＝０．所以直线Q M与直线Q N的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题中,最基本的 通性通法 就是解析几何思维法．通过设置相关的点的坐标㊁直线的方程㊁圆锥曲线的方程等,联立直线与圆锥曲线方程,结合函数与方程思维来进一步分析与转化,进而实现问题的解决．解析几何思维法的缺点之一就是数学运算量大,它也是制约部７７Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年９月上半月㊀㊀㊀分学生深入分析与应用的一个重要因素．２．２数形结合法方法２:平面几何思维法．图１解析:不失一般性,如图１所示,过M ,N 两点分别作准线l 的垂线,垂足分别为A ,B ,由于M A ʊF Q ʊN B ,因此可得|M F ||N F |＝|A Q ||B Q |．根据抛物线的定义,可得|M A |＝|M F |,且|N B |＝|N F |,则|M A ||N B |＝|A Q ||B Q |,可得әM A Q ʐәN B Q ,于是øM Q A ＝øN Q B ,所以øM Q F ＝øN Q F ．所以直线Q M 与直线Q N 的倾斜角互补,即直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:回归曲线的本质,结合平面几何图形的基本性质与特征,数形结合,逻辑推理,这是解决解析几何综合应用问题比较常用的一种技巧与方法,也是平面几何思维法处理的关键．２．３巧技妙法方法３:特殊情况法．解析:当过点F 的直线垂直于x 轴时,根据抛物线y ２＝a x 关于x 轴对称,可知点M ,N 关于x 轴对称,则知直线Q M 与直线Q N 的倾斜角互补．所以直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:结合矛盾的普遍性寓于特殊性之中,通过填空题这一特殊形式的设置,借助 动 直线在运动变化过程中的某一特殊情况,以特殊代替一般,又从特殊回归到一般,实现解决问题的 巧技妙法 ．特殊思维法在解决解析几何 运动 问题中经常用到,借助点㊁直线㊁角或相关元素的运动变化情况,以特殊代替一般,实现问题的普遍性与特殊性的辩证转化．３变式拓展３．１类比拓展圆锥曲线中的不同曲线之间具有一定的相似性与可类比性,在以上抛物线背景下,改变圆锥曲线的类型以及对应曲线的场景,借助其焦点与相应准线的位置关系,也有类似的变式问题．变式１㊀已知椭圆C :x ２a ２＋y ２b ２＝１(a ＞b ＞０)的右焦点为F ,右准线l :x ＝a ２c交x 轴于点Q ,过点F 的直线交椭圆C 于M ,N 两点,则直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为．(答案:０．)变式２㊀已知双曲线C :x ２a ２－y ２b ２＝１(a ＞０,b ＞０)的右焦点为F ,右准线l :x ＝a ２c交x 轴于点Q ,过点F 的直线交双曲线C 于M ,N 两点,则直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为．(答案:０．)以上两个变式问题的解析过程,可以参照原问题的方法１㊁方法３来展开,这里不多加赘述．当然,也可以将问题转化为探求两直线倾斜角的关系问题(两直线的倾斜角互补)进行探究．３．２逆向拓展在解题研究中,逆向思维也是变式拓展的一种基本思维方式．借助问题题设条件与结论之间的关系,通过数学思维的逆向操作与应用,合理加以探究与拓展,经常会有不错的收获．变式３㊀已知抛物线y ２＝a x 的焦点为F ,过点F 的直线交抛物线于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式４㊀已知椭圆C :x ２a ２＋y ２b２＝１(a ＞b ＞０)的右焦点为F ,过点F 的直线交椭圆C 于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式５㊀已知双曲线C :x ２a ２－y２b２＝１(a ＞０,b ＞０)的右焦点为F ,过点F 的直线交双曲线C 于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式３~５的答案为:(－a ４,０),(a ２c ,０),(a２c,０)．以上三个变式问题的解析过程也可以参照原问题的方法１．４教学启示在解决一些典型的数学综合应用问题时,要合理引导学生深入挖掘,适当探究拓展,充分掌握问题的本质与内涵,剖析对应的数学基础知识与数学基本能力,从而实现 一题多解 一题多研 一题多变 ,不断提升与拓展破解数学问题的基本技能与策略,提高数学思维品质的变通性,真正达成 一题多练 一题多得 ．同时,有效调动学生数学解题的积极主动性与参与性,合理辨析概念㊁公式等的异同,深刻反思并有效拓展,努力培养发现问题的能力与深入质疑问题的探究精神．Z８７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
让考生找到“回家的路”——对一道高考题的深度分析与研究
４ｋ
一
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１ 明 确 “ 路 ” 整装 待 发 ． 去 ．
第 （ ）问根据椭 圆的定义易得 ＡＡ Ｆ 的周 长为 １ Ｂ２ ４ ，从而得到 口的值 ；再 由 ｅ ａ ＝１可得到椭 圆的标 准方
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＋ 苎 ４ ＋ 丛 Ｌ一 ｘ ＋ ： 整 理得 ３０
高中 ２ １ ０ ２年第 ７ ８ 。 期
数攀褥数
（ｘ ４ — 一 ３ ０ ４ｌ ） 一 ＋ ４ １ ＝ …② ＋
全部融入 图形 中，实现 文字语言 、符号语 言、图形语
言 之 间的 相 互 转 化 ：凤 时善 于挖 掘 几 何 曲 线 的 代 数 含
以解决；第 （ ）以 “ ２ 直线与圆锥 曲线的位置关 系”为
载 体 ， 通 过 “ 圆是 否 过 定 点 ”设 置探 究性 问题 ． 充 动
分 考查椭 圆和 圆的有 关性质 、直线与 圆锥曲线的位 置 关 系等基础知识 ；考查运算 求解能力、推理论证能力 ； 考 查化 归与转化思想 、数形结合 思想、函数 与方程 思 想、特殊与一般思想 ，是一道不 可多得的好题 ．
如图， 椭圆Ｅ ：萼＋ ＝ ａｂＯ 鲁 １（ ＞）的左焦点为 ＞
，
足 的 点Ｍ存 设为ＭｘＹ 再由【 ． 条件 定 在， （，） ｛ ， ｚ
’
右焦点为 ，离心率 ｅ 过 的直线交椭 圆于 ＝１．
得 （ｋ＋ ）２８ｍ ＋ ｍ － ２ ０ 再 利 用 Ａ－ ｋ一 ＋ ＝ ４２３ｘ＋ ｋ ｘ ４ ２１＝ ， ￣ ． ｍ２３ ０…
入 口宽 ，解法 多，但却较好地 考查 了解析几何的核心
本 质 ． （ ） 问 只 需 结 合 椭 圆 定 义 和 其 几 何 性 质 就 可 第 １
从“无从下手”到“别有洞天”——对一道中考几何题的研究
・
．
．
Ｂ ＝２ Ｍ
由△脚
△商伽 得
ＡＦ Ｂ Ｍ
个小小的“ 转身 ” 或变化 ， 已知条件 适 当变式 ， 将
图２
往往 可使试 题平添一份 滋味 ， 促进 学生积极 地 思考 ， 主
于是 Ａ Ｂ 肼 ・ Ｍ，Ｂ ８ Ｆ・ Ｇ＝ Ｂ ３ Ｇ＝ ，
－
动学习． 本题由第 （ ） １ 问到第（ ） ， 是运用条 件 “ ２ 问 关键
实上 ， Ｌ Ｆ ＋ＬＭＧ Ｂ 若 ＡＭ Ｂ： ＭＧ＋ＬＭＧ Ｂ＝１５ ， ３ 。 则
ＤＭ Ｅ ＝ Ａ ＝ Ｂ ＝４ ． ５ｏ
又 Ａ Ｃ＝Ｂ ： ・ ｏ ５ ＝４。 Ｃ ４ ｃｓ 。 ４
・ ． ．
Ｃ ４一 ＝４ Ｇ＝ 了
，
Ｃ ＝４ —３＝１ Ｆ ．
中。擞． （０年 ９ 初 版 ７ ７ ２９ 第 期・ 中 ） ０
＝
Ｂ Ｇ：－． ８
．
４ 。 来过渡转换． ５’ ’ 如图 ２ 此条件还可 以呈现 为 Ｌ Ｆ ， Ａ Ｍ
．
＋ＬＭＧ １５ 等形式． Ｂ＝ ３ 。 形式变化 了 ， 但其本 质不 变 ， 要 求学生能将隐含 的条件显化 ， 自己的知识 网络 中主 动 在 搜寻三角形内角 和等基本模 型并与题 目信 息相联 通． 事
的基础上 ， 已有定 势 ， 打破 再次发 现 △
一 Ａ曰 ， 于
ＡＤＩ Ｊ
ＡＤ Ｍ， ＭＦ ＡＥ Ｍ等． Ｂ ＡＥ Ａ
是在此处形 成 了解答 本题 的第 一 道 障碍． 学生 证 出 当 △舯ｆ ＡＢ Ｍ后 ， Ｆ Ｇ 联系条件“ ＝ ，Ｆ＝ ” 肚 Ａ ３ 可以推
的相似三角形来证 ， 故此时还需要学生在重 新审 视题 图
高中几何题目及解题思路
高中几何题目及解题思路几何学是数学中的一个重要分支，它研究空间图形的形状、大小及其相互关系。
在高中数学中，几何学常常作为重要的一个模块来教授，其中包含了许多难度各异的几何题目。
下面将介绍几个典型的高中几何题目，并提供一些解题思路。
1. 长方形的对角线问题题目：一个长方形的长是16cm，宽是12cm，求其对角线的长度。
解题思路：根据勾股定理，对于一个长方形，对角线的长度等于两条边长的平方和的平方根。
因此，对于本题，我们可以使用勾股定理来求解。
设长方形的对角线长度为d，根据勾股定理可得：d² = 16² + 12²d² = 256 + 144d² = 400d = √400d = 20因此，该长方形的对角线长度为20cm。
2. 三角形的内角和问题题目：一个三角形的第一个内角是60°，第二个内角是75°，求第三个内角的度数。
解题思路：对于一个三角形，三个内角的度数之和等于180°。
因此，我们可以通过已知的两个内角的度数来求解第三个内角的度数。
设第三个内角的度数为x°，根据内角和的性质可得：60° + 75° + x° = 180°x° = 180° - (60° + 75°)x° = 180° - 135°x° = 45°因此，该三角形的第三个内角的度数是45°。
3. 相似三角形的边长比例问题题目：已知两个相似三角形的一个内角的度数是30°，已知其中一个三角形的边长比例为1:3，求另一个三角形的边长比例。
解题思路：对于相似三角形，它们的对应边长之比是相等的。
因此，我们可以根据已知条件来求解另一个三角形的边长比例。
设另一个三角形的边长比例为x:y，根据相似三角形的性质可得：x:y = 1:3另外，根据已知内角的度数为30°，我们可以利用正弦定理来求解边长比例。
小学数学常见几何模型典型例题及解题思路
欢迎共阅小学数学常见几何模型典型例题及解题思路（1）巧求面积常用方法：直接求；整体减空白；不规则转规则（平移、旋转等）；模型（鸟头、蝴蝶、漏斗等模型）；差不变的面积是多少平方厘米？答案：24思路（1）直接求，无法直接求；2）已经知道了各个边的数据，因此可以求出空白的位置；3）也可以利用鸟头模型4、正方形ABCD边长是6厘米，△AFD（甲）是正方形的一部分，△CEF（乙）的面积比△AFD（甲）大6平方厘米。
请问CE的长是多少厘米。
答案：8思路：差不变5、把长为15厘米，宽为12厘米的长方形，分割成4个三角形，其1、如图，AD=DB，AE=EF=FC。
已知阴影部分面积为5平方厘米，△ABC的面积是多少平方厘米？答案30平方厘米。
思路：由阴影面积求整个三角形的面积，因此需要构造已知三角的面积和其它三角形的面积比例关系，而题目中已经给了边的比，因此依据等高模型或者鸟头模型即可得到答案。
2、△ABC的面积是180平方厘米，D是BC的中点，AD的长是AE的3倍，EF的长是BF的3倍，那么△AEF的面积是多少平方，6、在角MON的两边上分别有A、C、E及B、D六个点，并且△OAB、△ABC、△BCD、△CDE、△DEF的面积都等于1，则△DCF 的面积等于多少？答案3/47、四边形ABCD的面积是1，M、N是对角线AC的三等分点，P、Q是对角线BD的三等分点，求阴影部分的面积？答案1/9一半模型比例模型---共高模型一半模型蝴蝶模型（漏斗，金字塔）鸟头模型燕尾模型风筝模型思路：依次应用一半模型和重叠等于未覆盖。
证明需要分别连接BD和AC。
4、已知M、N分别为梯形两腰的中点，E、F为M、N上任意两点。
已知梯形ABCD的面积是30平方厘米，求阴影部分的面积。
答案：155、已知梯形ABCD的面积是160，点E为AB的中点，DF：FC=3:5。
阴影部分的面积为多少。
答案：30思路：依次使用两类不同鸟头模型，别忘了最终还需要减去一个四边形ABCD的面积。
深入挖掘结论,逐层拓展应用--以中考几何探究题为例
新颖试题2018年2月深入挖掘结论，逐层拓展应用—以中考几何探究题为例!!苏连云港市东港中学董海荣以考查学生基础知识、逻辑思维能力及基本数学活 动经验为背景的几何探究题在近年的中考中出现的频 次很高，题型取材于课本教材，拓展性强、创新性高，具 有选拔优质考生的功能，同时该类题对于初中教学具有 指导意义.一、真题解析，试题点评1.真题呈现.(2017年河南中考卷第22题)如图1，在R tA"#$中，#"=90。
，"#%"$，点&、'分别在边"#、"$上，"&%"'，连 接&$，点（、）、*分别为&'、&$、#$的中点.(1) 观察猜想.图1中，线段与的数量关系是________，位置关系是________.(2) 探究证明." "图1图2把A"&'绕点"逆时针方向旋转到图2的位置，连接 (*'#&、C'、（)、）*，判断A的形状，并说明理由.(3)拓展延伸.把A"&'绕点"在平面内自由旋转，若"&%4，"#= 10，求AP M*面积的最大值.2.试题解析.分析：（1)利用三角形中位线定理可判利用三角线的中位线可得两直线平行，进而利用平行线的 性质可推断结论.(2)先判断A"#&$A"C£，进而可得，利用（1)的方法可得丄#&，）*%丄#&，即22(3)可先判断最大时，A P M*的面积最大，进而求得"（，可得出（*_%"(+"*，结合面积公式可得出结论.解:⑴略.(2)根据旋转性质可—##"&%#C"'.又因"#%"C，"&%"'，所以 A"#&$A"C£(SAS)，所 &#"#&%#"C'，#&%C'.同（1)，利用三角形中位线定理可得丄#&，）（=丄C'，即)（=)*，所以A)(*是等腰三角形.22同（1)，得)（％$'，）*%#&，所以#&)(=#&$'，#&)*=#&C#，利用角度转化可得##"C#+#"#C.又#"C#+#"#C%90。
【题型总结】初中数学23个深度几何专题
A B C BC a C A b AB c D BC AD a m a m a m (a ,b ,c )[例2]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =，AD 是BAC ∠的平分线，a AD t =，求(,,)a a t t a b c =的解析式.[例3]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =，AD 是BC 的高，a AD h =，求(,,)a a h h a b c =的解析式.[例4]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =，D 是BC 边上的点，AD y =，BD x =，求()y y x =的解析式.[例5]、如图已知，在直角坐标系xOy 中，,,,A B C D 点的坐标分别为：(,)A a 0-，(,)B 0b -，(,)C c 0，(,)D 0d .求证：()()a c b d ++≤[例6]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =，AE 3EC=，1CD 2DB =，求?BF =ABCD AB CDABCD ABCDABC DEF初中数学23个具有深度的几何类专题[例1]、如图已知中，，，，是边上的中点，中线，求的解析式.[例7]、如图已知ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，P 是ABC ∆的任意内点，连接AP 延线交BC 于D ，连接BP 延线交CA 于E ，连接CP 延线交AB 于F .求证：⑴ AF BD CE 1EA DC FB ⋅⋅=；⑵ AP BP CP2CFBE AD ++=[例8]、如图已知锐角ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，,,D E F 分别是,,BC CA AB 边上的点，求：DEF ∆的周长S DE EF FD =++的最小值.[例9]、如图已知锐角ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，P 是ABC ∆的内点，求P 点到ABC ∆三个顶点的距离之和L PA PB PC =++的最小值.[例10]、如图已知，G 为ABC ∆的重心，GA 3=，GB 4=，GC 5=，求ABC ∆的面积.[例11]、如图已知，P 是等边ABC ∆的一个内点，满足PA 3=，PB 4=，PC 5=，求ABC ∆的周长.A BCDEFABCPA BCGABCP[例12]、如图已知正方形ABCD 内有一点P ，若PA a =，PB 2a =，PC 3a =，求正方形ABCD 的周长.[例13]、如图已知正方形ABCD 内有一点P ，若P 到,,A B C 三点的距离之和有最小值，求此正方形ABCD 的周长[例14]、设等边ABC ∆的外接圆圆心为O ，圆半径为R ，P 是圆外一点，OP D R =>，求由线段PA ，PB ，PC 所构成的三角形的面积?S =[例15]、如图已知，半径为R =O 其圆心在原点，圆O 与x 轴相交于,A B ，与y 轴相交于CD . 过A 的任意一直线交圆O 于E ，交y 轴于F ，求?AE AF ⋅=[例16]、如图已知ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，其三个内角平分线长分别为a AD t =，b BE t =，c CF t =，求证：a b c t t t abc <PABCOA BCDEF[例17]、如图所示，P是ABC∆的一个内点. 延长,,AP BP CP分别与对边相交于,,D E F，设AP a=，BP b=，CP c=，而PD PE PF d===.已知a b c43++=，d3=，求?abc= [例18]、已知ABC∆的三个边长分别为BC3=，CA4=，AB5=，P为ABC∆的一个内点，设P到这三边的距离PD x=，PE y=，PF z=，求这三数乘积xyz的最大值. [例19]、已知P是ABC∆的一个内点，在ABC∆的周界上求找一点Q，使得折线APQ平分ABC∆的面积. 如何找到Q点. [例20]、如图已知P是ABC∆的一个内点，,,D E F分别是P到,,BC CA AB所引垂线的垂足，若P点使BC CA ABSPFPEPD=++为最小值，求这个最小值.[例21]、设,O I分别为ABC∆的外心与内心，,R r分别是ABC∆外接圆与内切圆的半径，外心与内心之距记为OI d=，求证：22d R2Rr=-CA B A BCPDEF[例22]、如图所示，从圆O 外的一点A ，引两条圆O 的切线AB 、AC ，其中，,A B 为切点，连结BC . 从A 引圆O 的任意一条割线交圆O 于,P Q ，交BC 于R .求证：211AQ AP AR =+[例23]、如图所示，设O 为ABC ∆的外心，外接圆半径为R . 若,,AO BO CO 的延长线分别交,,BC CA AB 于点,,D E F .求证：1112RCF BE AD ++=23个具有深度的几何类专题解析[例1]、如图已知A B C 中，BC a ，CA b ，AB c ，D 是BC 边上的中点，中线AD a m ，求a m a m (a ,b ,c )的解析式.解析：⑴本几何题作辅助线的方法：“三角形中有中线，延长中线等中线.”将AD 延长至E ，使DE AD =. 连结,BE CE . 如图1-2 ⑵依据平行四边形判定法则： “三对一组平分线” 三对：两组对边分别平行；两组对边分别相等； 两组对角分别相等. 一组：一组对边平行且相等.ABCOP QREFABC DEFOABCDABCDE图1-2平分线：对角线互相平分.满足上述条件之一的四边形为平行四边形.本题，BD DC = (D 是BC 的中点)，DE AD =，满足对角线互相平分，所以，四边形ABEC 是平行四边形.故：AB CE =，AC BE =，o BAC ACE 180∠+∠= 则：cos cos BAC ACE 0∠+∠= ⑶对ABC ∆cos 222BC AB AC 2AB AC BAC =+-⋅⋅∠ ①对ACE ∆cos 222AE AC CE 2AC CE ACE =+-⋅⋅∠cos 22AC AB 2AC AB ACE =+-⋅⋅∠ ②由①+②得：(cos cos )2222BC AE 2AB 2AC 2AB AC BAC ACE +=+-⋅∠+∠222AB 2AC =+即：()2222a a 2m 2b 2c +=+ ③③式表明：平行四边形两条对角线的平方和等于其四条边的平方和.由③得：()2222a 1a 2c 2bm 4=+- 即：a m =本题使用余弦定理即可解题，属中学数学范畴.[例2]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =，AD 是BAC∠的平分线，a AD t =，求(,,)a a t t a b c =的解析式. 解析：⑴几何题作辅助线确定BDDC，方法： “图中有角平分线，垂线、对称、平行线” A> 垂线ABCD过D 点分别作AB 、AC 的垂线，垂足为,E F .则：DE DF =于是：ABD ADC 1AB DE ABS 21ACS AC DF 2∆∆⋅⋅==⋅⋅ ① 又：sin sin ABD ADC 1BD AD ADB BD S 21DCS DC AD ADC 2∆∆⋅⋅⋅∠==⋅⋅⋅∠ ② 由①②得：ABBD ACDC =③B> 平行线过B 点作//BG AC ，交AD 得延长线于G . 则：BGD ADC ∆∆∽ 于是：BCD CAD BAD ∠=∠=∠，则：BG AB =，BD BG ABACAC DC ==同样得到③式 ⑵在ABD∆cos 222AB AD BD 2AD BD ADB =+-⋅⋅∠ 即：cos 222AB DC AD DC BD DC 2AD BD DC ADB ⋅=⋅+⋅-⋅⋅⋅∠ ④在ACD ∆cos 222AC AD DC 2AD DC ADC =+-⋅⋅∠ 即：cos 222AC BD AD BD DC BD 2AD BD DC ADC ⋅=⋅+⋅-⋅⋅⋅∠ ⑤ 由④+⑤及cos cos ADB ADC 0∠+∠=得：22AB DC AC BD ⋅+⋅2222AD DC BD DC AD BD DC BD =⋅+⋅+⋅+⋅ 2AD BC BD DC BC =⋅+⋅⋅ 故：222BDDC AD AB AC BD DC BC BC =⋅+⋅-⋅ ⑥ 由③式得：AB BD DC BD AC AB =++，即：ABBD AC ABBC =+ABCDE FABCDG及：AB AC BD DC AC DC ++=，即：ACDC AB ACBC =+ 代入⑥式后化简得：2AD AB AC BD DC =⋅-⋅ ⑦⑦式是角平分线定理的一个推论，或者说是角平分线定理另一种形式.于是：2AD AB AC BD DC =⋅-⋅AB BC AC BCAB AC AB AC AB AC⋅⋅=⋅-⋅++ 2BC AB AC 1AB AC ⎡⎤⎛⎫=⋅-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦()22a bc 1b c ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦ 故：a t =这就是角平分线长的公式. 本题解法属中学内容.[例3]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =,AB c =,AD 是BC 的高，a AD h =，求(,,)a a h h a b c =的解析式.解析：.cos 2222ab C a b c =+-平方后得：cos ()22222224a b C a b c =+-，即：(sin )()22222224a b 1C a b c -=+- 则：sin ()2222222224a b C 4a b a b c =-+-[()][()]2222222ab a b c 2ab a b c =-+-++- [()][()]2222c a b a b c =--+-[][][][]c a b c a b a b c a b c =+--++++-于是：sin [][][][]2221c a b c a b a b c a b c a b C 42222+--++++-=[][][][]c a b c b a a b c a b c b a c 2222++++++++=---()()()p b p a p p c =---上式中，a b cp 2++=，为三角形的半周长.ABCD上式开平方并代入sin ABC 1S ab C 2∆=得：ABC 1C ab S 2sin ∆== ①⑵由三角形面积ABC a 1a h S 2∆=⋅得：ABC a2S h a ∆=将①式代入得：ABC a 2S h a ∆==[例4]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =,AB c =,D 是BC 边上的点，AD y =，BD x =，求()y y x =的解析式. 解析：对ABD∆cos 222AB AD BD 2AD BD ADB =+-⋅⋅∠ 两边同乘以DC 得：cos 222AB DC AD DC BD DC 2AD BD DC ADB ⋅=⋅+⋅-⋅⋅⋅∠ ①对ACD ∆应用余弦定理得：cos 222AC AD DC 2AD DC ADC =+-⋅⋅∠ 两边同乘以BD 得：cos 222AC BD AD BD DC BD 2AD DC BD ADC ⋅=⋅+⋅-⋅⋅⋅∠ ②由于o ADB ADC 180∠+∠=，所以cos cos ADB ADC 0∠+∠= 由①+②得：22AB DC AC BD ⋅+⋅cos 22AD DC BD DC 2AD BD DC ADB =⋅+⋅-⋅⋅⋅∠ cos 22AD BD DC BD 2AD DC BD ADC +⋅+⋅-⋅⋅⋅∠()222AD DC BD BD DC DC BD =++⋅+⋅ ()()2AD DC BD BD DC BD DC =++⋅+ABCD2AD BC BD DC BC =⋅+⋅⋅所以：222BDDC AD AB AC BD DC BC BC =⋅+⋅-⋅ )(22BDBD BC BD BD BC AC AB BC BC --⋅-⋅+⋅=2222222BD BD BD BD BC BC AC AB AB BCBC BC BC +⋅-⋅+⋅=-⋅ ()2222222BD BD AB AB BC AC BC BC BC =-+-⋅+⋅ 故：)(22222222x x y c c a b a aa =-+-⋅+⋅ y = 当x 0=时，y c =，就是AB 边长； 当1x a 2=时，y = 当x a =时，y b =，就是AC 边长.[例5]、如图已知，在直角坐标系xOy 中，,,,A B C D 点的坐标分别为：(,)A a 0-，(,)B 0b -，(,)C c 0，(,)D 0d .求证：()()a c b d ++≤证明：⑴首先对,,,A B C D 四点共圆的情况过A 点作直线AE 交纵轴于E (如图5-1)，使得BAE CAD ∠=∠.此时因ABE ACD ∠=∠(同弧上的圆周角) 所以ABE ACD ∆∆∽ 则：ABBE ACCD = （对应边成比例）即：BE AC AB CD ⋅=⋅ ①且：ACAD AB AE =（对应边成比例） 即：AE AD ABAC =，而：BAE CAD ∠=∠ 故：AED ABC ∆∆∽ （两边夹一角）上面最后一行就是“两边夹一角” 那么，BC ACADED =，即：ED AC BC AD ⋅=⋅ ② 由①+②得：()AC BE ED AB CD BC AD ⋅+=⋅+⋅ ③对于,,,A B C D 四点共圆，有BE ED BD += 则③式为：AC BD AB CD BC AD ⋅=⋅+⋅ . ⑵对于一般情况，有BE ED BD +≥则：()AC BD AC BE ED AB CD BC AD ⋅≤⋅+=⋅+⋅ ④对于本题，ACa c =+，BDb d =+，AB =CD =BC =AD =. .[例6]、如图已知ABC ∆中，BC a =，CA b =，AB c =,AE3EC=，1CD 2DB =，求?BF =ABC DEF解析：过B 点作//BG AC 交EF 于G ，如图6-1.则：EDC GDB ∆∆∽于是：BGBD CEDC =① 同样，因为//BG AC ，则：BFG AFE ∆∆∽于是：AEAF BGBF =② ①②两式相乘得：AEBD AF BG AE CEBG CE BF DC ⋅=⋅=即：AF BD CE 1BFAE DC ⋅⋅= ③由③式得：BF BD CE AE DC AF =⋅，即：BD CEBF AB BF DC AE⋅=+⋅ 故：1BD CE BF DC AE DC AE BD CE AB 1BD CE⋅==⋅-⋅⋅- 即：cAB BF 2c 1DC AE 3112BD CE ===⋅-⋅-[例7]、如图已知ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，P 是ABC ∆的任意内点，连接AP 延线交BC 于D ，连接BP 延线交CA 于E ，连接CP 延线交AB 于F .求证：⑴AF BD CE 1EA DC FB ⋅⋅=；⑵ AP BP CP 2CFBE AD ++= 证明：⑴将边长比换成面积比CAP PAF CAF CAF PAF CPBCFB PFB PFB CFB S S S S AF S S S S S S FB ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-====- ① ABPABD PBD PBD ABD APCADC PDC PDC ADC S S S S S BD S S S S S DC ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-====- ②ABC DEFG图6-1BPCBCE PCE PCE BCE BPA BEA PEA PEA BEA S S S S S CE S S S S S EA ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-====- ③ 将①②③三式相乘得：CAP BPCABP CPB APC BPA S S AF BD CE S 1S S S FB DC EA ∆∆∆∆∆∆⋅⋅=⋅⋅=⑵同样将边长比换成面积比ACP ABP ACP ABP ACPABP ABD ACD ABD ACD ABC S S S S S AP S AD S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆++====+ BCP BCP ABP BCP ABPABP BCE ABE BCE ABE ABC S S S S S BP S BD S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆++====+ BCP ACP BCP ACP BCP ACPBCF ACF BCF ACF ABC S S S S S S CP CF S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆++====+ 上面三式相加得：AP BP CPAD BE CF++ABP ACP BCP ABP BCP ACPABC ABC ABC S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆+++=++ABP ACP BCP ABP BCP ACPABC ABC S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆++++=+ABC ABC ABC ABCS S 2S S ∆∆∆∆=+= 证毕.[例8]、如图已知锐角ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，,,D E F 分别是,,BC CA AB 边上的点，求：S DE EF FD =++的最小值.解析：⑴首先以,AB AC 为对称轴做对称图形如下：',B H 分别是,B D 关于AC 的对称点；A BCDEF',C G 分别是,C D 关于AB 的对称点. 则：GF FD =，EH EC = ①BFD GFB AFE 3∠=∠=∠=∠ DEC CEH FEA 2∠=∠=∠=∠同理：BDF EDC 1∠=∠=∠ 当,,,G F E H 四点共线时，S 值最小.⑵在AFE ∆中，三角形的内角和：o 23A 180∠+∠+= ②在BDF ∆中：o 13B 180∠+∠+= ③ 在CED ∆中：o 12C 180∠+∠+= ④ 以及DEF ∆的内角和o DEF 180∠∆=∑； 于是：o BDC 21FDE 180∠=∠+∠=，o CEA 22DEF 180∠=∠+∠=，o AFB 23EFD 180∠=∠+∠=将上面三式相加得：o 212223DEF 3180∠+∠+∠+∠∆=⨯ABCDEF B ’C ’GHA BCDEFB ’C ’G H1∠1∠1∠2∠2∠2∠3∠3∠ 3∠故：o 123180∠+∠+∠= ⑤由②⑤得：1A ∠=；由③⑤得：2B ∠=；由④⑤得：3C ∠= 所以：AFE BDF CED ABC ∆∆∆∆∽∽∽⑶设BD x =，CE y =，AF z =. 则由相似三角形对应边成比例得：由BDF ABC ∆∆∽得：BDBF ABBC =(1A ∠=对应边之比等于3C ∠=对应边之比) 即：x c z a c-=，即：2ax cz c +=同理得：ya xb a -=，即：2by ax a +=同理得：zb yc b -=，即：2cz by b +=cos 222a b c 2bc A =+-得：cos by ax cz by ax cz 2bc A +=+++-，即：cos z b A = ⑥将上面三式代入余弦定理：cos 222b a c 2ac B =+-得：cos x c B = ⑦ 将上面三式代入余弦定理：cos 222c a b 2ab C =+-得：cos y a C = ⑧ 由⑥⑦⑧三式结合图形知：,,D E F 是ABC ∆三条高线的垂足. ⑷现在来求S DE EF FD =++的最小值前面已经求出,,,G F E H 四点共线时的各个角度.现在，连接AD 、AG 、AH ，由对称性知：AG AD =，AH AD =， 故：AG AH h == （设AD h =）且因为AD BC ⊥，所以'AG BC ⊥，'AH B C ⊥ 因此'AGB AHB ∆∆≌，则GAH 2A ∠=则在AGH ∆cos()cos()22222GH AH AG 2AH AG 2A 2h 2h 2A =+-⋅⋅=-即：(cos )sin (sin )22222GH 2h 12A 2h 2A 2h A =-=⋅= 故：sin GH 2h A =，即S DE EF FD =++的最小值是sin 2h A由三角形的面积公式：sin ABC 1A bc S∆=和 ABC 1ah S 2∆=得：sin ABC 2S A bc ∆=，ABC 2S h a ∆=ABC ∆=a b cp 2++=）代入可得S DE EF FD =++的最小值GH ：sin 2ABCABC ABC 8S 2S 2S GH 2h A 2abcbc a ∆∆∆==⋅⋅= [例9]、如图已知锐角ABC ∆的三个边长为BC a =，CA b =，AB c =，P 是ABC ∆的内点，求P 点到ABC ∆三个顶点的距离之和L PA PB PC =++的最小值.解析：⑴几何变换有旋转将ABP ∆绕A 点顺时针旋转o 60 得到的图象如图9-1.则：B 转到D ，P 转到E ，AP 转到AE ，BP 转到ED .则：PB DE =那么，APE ∆是正三角形，ABD ∆是正三角形. 连结DC ，则PA EP AE ==，AB AD BD == 于是：L PA PB PC EP DE PC DC =++=++≥ ① 当,E P 两点都在直线DC 上时，L DC =达到最小值. 此时的P ⑵当,,,D E P C 四点共线时：o o o o APC 180APE 18060120∠=-∠=-= o o o o APB AED 180AEP 18060120∠=∠=-∠=-=ABCPDE图9-1o o BPC 360APC APB 120∠=-∠-∠=即，当,,PA PB PC 互成o 120时，,,,D E P C 四点共线，此时L PA PB PC =++达到最小值.与三个顶点的连线平分P 点的角度. ⑶在ABC ∆cos 222BC AB AC 2AB AC A =+-⋅⋅ 即：cos 222c b a 2bc A +=+ ②cos 222222c b a AB AC BC A 2bc 2AB AC +-+-==⋅ ③ 由ABC ∆的面积公式得：sin ABC2S A bc∆=④ 其中ABC S∆是ABC ∆. 在ADC ∆cos 222DC AD AC 2AD AC DAC =+-⋅⋅∠cos()22AB AC 2AB AC DAB BAC =+-⋅⋅∠+∠ cos()22o c b 2bc 60A =+-+将②式代入上式得：cos cos()22o DC a 2bc A 2bc 60A =+-+ [cos cos()]2o a 2bc A 60A =+-+ [sin sin()]2o o a 2bc 23030A =++ (sin cos cos sin)2o o a 2bc 30A 30A =++ cos sin 2abc A A =+故：DC = ⑤将③和④两式代入⑤式，得到结果.ABCPDE图9-1[例10]、如图已知，G 为ABC ∆的重心，GA 3=，GB 4=，GC 5=，求ABC ∆的面积.解析：延长CG 到CD 2CG =，连结AD 、BD ，则G 为CD 中点.因为GA 3=，GB 4=，GC 5=AGB ∆为直角三角形，AGBD 为矩形.故：ACG AGD AGBD 1S S S 2∆∆==CGB BDG AGBD 1S S S 2∆∆== AGBAGBD 1S S 2∆= 这三者之和就是ABC ∆的面积. 故：ABC ACG CGB AGB S S S S ∆∆∆∆=++AGBD 331843S 22=⨯⨯== 另：根据重心的性质，重心与三角形顶点的连线平分三角形的面积.由此可知：ACG CGB AGB ABC 1S =S =S =S 3∆∆∆∆，进而得到答案. [例11]、如图已知，P 是等边ABC ∆的一个内点，满足PA 3=，PB 4=，PC 5=，求ABC ∆的周长.解析：⑴设P 关于,,AB BC CA 的对称点为,,E F G如图11-1,连结,,EF FG GE ，连结,,,,,,AE EB BF FC CG GA 由于对称性可知：EA PA GA ==，EB PB FB ==，FC PC GC ==同样由于对称性：EAG 2A ∠=∠，FBE 2B ∠=∠，GCF 2C ∠=∠，AEB APB ∠=∠，BFC BPC ∠=∠，CGA CPA ∠=∠A BCGABCPA BCGD 图10-1⑵在AEG ∆cos 222EG EA GA 2EA GA EAG =+-⋅⋅∠cos()222PA 2PA 2A =- [cos()]22PA 12A =-sin 222PA 2A =⋅ 故：sin EG 2PA A = ①同样，在BFE ∆sin FE 2PB B = ② 同样，在CGF∆ sin GF 2PC C = ③ ⑶由于ABC ∆是等边三角形，所以有：o A B C 60=== 于是由①②③式得：::::::EG FE GF PA PB PC 345== ④即：o GEF 90∠= ⑷在AEG ∆中，求各角的角度()()o o 11AEG 180EAG 1802A 22∠=-∠=-∠o o o o 90A 906030=-∠=-= 在BFE ∆中，()()o o 11BEF 180FBE 1802B 22∠=-∠=-∠o o o o 90B 906030=-∠=-= 所以：APB AEB AEG GEF BEF ∠=∠=∠+∠+∠o o o o 309030150=++=故：o APB 150∠=⑸在APB ∆cos 222AB EA EB 2EA EB AEB =+-⋅⋅∠cos 22PA PB 2PA PB APB =+-⋅⋅∠ cos 22o 34234150=+-⋅⋅⋅ABCPEFG图11-1(25242=-⨯-25=+故：AB =所以，ABC ∆的周长为：AB BC CA 3AB ++==[例12]、如图已知正方形ABCD 内有一点P ，若PA a =，PB 2a =，PC 3a =，求正方形ABCD 的周长.解析：对于具有等边共点性质得图形，如正三角形正方形，作.几何变换包括：、、、、.将APB ∆绕B 点顺时针旋转o90后，得到图形图12-1.其中A 点转到C 点，P 点转到T 点. 故：APB CTB ∆∆≌则：TC PA a ==，TB PB 2a ==，o PBT 90∠=于是,PBT ∆是一个等腰直角三角形，PT ==，o PTB 45∠=.在PTC ∆中，PC 3a =，TC a =，PT =，则,,PC TC PT 所以PTC∆是直角三角形，o PTC 90∠=，于是o o o BTC 9045135∠=+=. 在BTC ∆cos 222BC TC TB 2TC TB BTC =+-⋅⋅∠ cos 22o PA PB 2PA PB 135=+-⋅⋅ABCDPT图12-1(22a 4a 2a 2a 2=+-⋅⋅⋅-225a =+ 所以，正方形ABCD的边长为：BC =AB BC CD DA 4BC +++==本题采用了几何变换法，即旋转，利用勾股定理和余弦定理得到答案. [例13]、如图已知正方形ABCD 内有一点P ，若P 到,,A B C 三点的距离之和L 有最小值，方形ABCD 的周长.解析：连接AC ，则P 点就是ABC ∆依据上面第9题的结论，很容易得到答案.设正方形ABCD 的边长为x ，则AC =，o ABC 90∠= 利用第9题的结论，L PA PBPC =++====)x 1x 22=+==x2=+故：x 2=，因此，正方形ABCD 的周长为8. 本题直接应用第9题的结论，不再赘述.[例14]、设等边ABC ∆的外接圆圆心为O ，圆半径为R ，P 是圆外一点，OP D R =>，求由线段PA ，PB ，PC 所构成的三角形的面积?S =解析：⑴由PA ，PB ，PC 所构成的三角形BCPABCO将APC ∆绕A 点顺时针旋转o 60，则C 转到B ，P 转到E ，结果如图14-1. 于是AEP ∆为等边三角形，则PE PA =，BE PC =，BEP ∆就是由线段PA ，PB ，PC 所构成的三角形.⑵设POC θ∠=，则o POA 120θ∠=-，o POB 120θ∠=+，OP D =， OA OB OC R ===cos 222PA OA OP 2OA OP POA =+-⋅⋅∠cos()22o R D 2RD 120θ=+-- ① cos 222PB OB OP 2OB OP POB =+-⋅⋅∠cos()22o R D 2RD 120θ=+-+ ② cos 222PC OC OP 2OC OP POC =+-⋅⋅∠cos 22R D 2RD θ=+- ③⑶在BEP ∆cos 2222PB PE BPE PB PE BE ⋅⋅∠=+-，即：cos 2222PB PA BPE PB PA PC ⋅⋅∠=+-即：(cos )()22222211PB PA BPE PB PA PC 24⋅⋅⋅∠=+- ④由于()cos ()(sin )222211PB PA BPE PB PA 1BPE 22⋅⋅⋅∠=⋅⋅-∠()(sin )2211PB PA PB PA BPE 22=⋅⋅-⋅⋅⋅∠()()22BEP 1S PB PA 2∆=⋅⋅- 代入④式得：()()()222222BEP 211PB PA S PB PA PC 24∆⋅⋅-=+-即：()()()222222BEP 211S PB PA PB PA PC 24∆=⋅⋅-+-则：)(()2222222BEP 21PC PA PB PA 4PB S 4∆⎤⎡-+-⋅=⎦⎣ ()()222224222214PB PA PB PA PC 2PC PB PA 4⎡⎤=⋅-+-+⋅+⎣⎦ ()()2224222212PC PB PA PC PB PA 4⎡⎤=⋅+---⎣⎦ ()()222222221PC 2PB 2PA PC PB PA 4⎡⎤=⋅+---⎣⎦ ⑤AE图14-1由①②③得：()cos()cos()cos 22222o o2PB 2PA PC 3R D 2RD 21202120θθθ⎡⎤+-=+-++--⎣⎦ ()cos cos cos 22o 3R D 2RD 4120θθ⎡⎤=+--⎣⎦()(cos cos )223R D 2RD 2θθ=+--- ()cos 223R D 6RD θ=++()(cos )[()cos ]22222222PC 2PB 2PA PC R D 2RD 3R D 6RD θθ⋅+-=+-⋅++ (cos )(cos )22223R D 2RD R D 2RD θθ=+-⋅++ [()cos )]2222223R D 4R D θ=+- ⑥同样由①②③得：(){[cos()][cos()]}22222o 22o 2PB PA R D 2RD 120R D 2RD 120θθ-=+-+-+-- [cos()cos()]22o o 24R D 120120θθ=+--[sin sin ]22o 24R D 2120θ=- sin 22212R D θ= ⑦⑷将⑥⑦代入⑤得：))((()22222222BEP 21PA PB PC 2PA 2PB PC S 4∆⎤⎡---+⋅=⎦⎣ {[()cos ]sin }222222222213R D 4R D 12R D 4θθ=+-- [()]22222213R D 12R D 4=+-()22223D R 4=-故：)22BEP R D S ∆=-. 另：本题也可以采用特值法得到答案. 本题由旋转构成三角形，由余弦定理得到答案. [例15]、如图已知，半径为R =的圆O 其圆心在原点，圆O 与x 轴相交于,A B ，与y 轴相交于CD . 过A 的任意一直线交圆O 于E ，交y 轴于F ，求?AE AF ⋅=解析：连结EB ，则因oAEB 90∠=，oAOF 90∠=故：AOF AEB ∆∆∽由相似三角形对应边成比例，或者由FAO ∠的余弦值得： AOAE AFAB =即：AE AF AB AO 4⋅=⋅==本题涉及到了圆. 关于圆方面的定理记忆口诀是：[例16]、如图已知ABC ∆的三个边长为BC a=，CA b =，AB c =，其三个内角平分线长分别为a AD t =，b BE t =，c CF t =，求证：a b c t t t abc <解析：根据第2题的结果得：a t <=b t <=c t <=上面三式相乘得到结果.本题利用内角平分线公式直接秒杀.A BCDEF[例17]、如图所示，P 是ABC ∆的一个内点. 延长,,AP BP CP 分别与对边相交于,,D E F ，设AP a =，BP b =，CP c =，而PD PE PF d ===.已知a b c 43++=，d 3=，求?abc =解析：本题由于已知数据是P 点到顶点的距离，和相应延长到对边点的距离，就是说是P 点位置的数据，然后所求的也是这些数据的关系，因此，要紧紧围绕这些数据来做题.d 与,,a b c 的关系可以由三角形的面积比得到：BPC ABC S dPD BC PD BC AD AD d a S ∆∆⋅===⋅+ APB ABC dPF AB PF S AB CF CF d c S ∆∆⋅===⋅+ CPA ABC S dPE CA PE S CA BE BE d b ∆∆⋅===⋅+ 上面三式相加得：BPC APB CPA ABC S S S dd d 1S d a d b d c ∆∆∆∆++++==+++ ① 由①式得：()()()()()()()()()d d b d c d d c d a d d a d b d a d b d c ++++++++=+++ ②左边展开得：[()][()][()]222LHS d d b c d bc d d c a d ca d d a b d ab =+++++++++++ [()()]2d 3d 2a b c d ab bc ca =++++++ ()()323d 2a b c d ab bc ca d =++++++ ③右边展开得：()()()RHS d a d b d c =+++()()32d a b c d ab bc ca d abc =+++++++ ④将③④代入②式得：()()323d 2a b c d ab bc ca d ++++++()()32d a b c d ab bc ca d abc =+++++++故：()32abc 2d a b c d =+++[()]2d 2d a b c =+++ ⑤ 将a b c 43++=，d 3=代入⑤式得：()222abc 3234334921441=⨯⨯+=⨯==本题采用传统的面积比方法，通过推导，得到答案. [例18]、已知ABC ∆的三个边长分别为BC 3=，CA 4=，AB 5=，P 为ABC ∆的一个内点，设P 到这三边的距离PD x =，PE y =，PF z =，求这三数乘积xyz 的最大值.解析：因为ABC ∆的三边长满足“勾股定理”，所以ABC ∆为直角三角形. 即：o ACB 90∠=.连结,,PA PB PC ，则PD BC ⊥，PE CA ⊥，PF AB ⊥. (如图18-1) 我们计算三角形的面积关系： 由ABC PAB PBC PCA S S S S ∆∆∆∆=++得：1111BC CA AB PF BC PD CA PE 2222⋅=⋅+⋅+⋅ 即：AB PF BC PD CA PE BC CA ⋅+⋅+⋅=⋅ 即：3x 4y 5z 12++= ①由于,,3x 4y 5z 都是正数，且其和为定值.，当3x 4y 5z ==时，其积()()()3x 4y 5z 达到极大值. 故：当123x 4y 5z 43====时， 其积()()()3x 4y 5z 444=⨯⨯为最大值. 最大值：()M 16444xyz 34515⨯⨯==⨯⨯ 本题利用“一正二定三相等”的知识点来解题.A BC PDEFA BC PDEF图18-1[例19]、已知P 是ABC ∆的一个内点，在ABC ∆的周界上求找一点Q ，使得折线APQ 平分ABC ∆的面积. 如何找到Q 点. 解析：设,,D E F 分别为,,BC CA AB 的中点，连结,AD DF ，则ABC ∆的区域分成3部分.⑴ P 点在AD 上，如图19-1. 此时，由于D 是BC 中点， 则ABD ACD ABC 1S S S 2∆∆∆==故：Q D =，即D 点就是要找的Q 点. ⑵ P 点在AFD ∆内，如图19-2. 连结AP ，延长线交BC 于G .连结,PD PK ，过A 作//AK PD 交BC 于K则由于APD ∆与KPD ∆同底(PD 为底)等高(//AK PD 间距为高)，故APD KPD S S ∆∆=则：ABG KPG ABG PGD KPD S S S S S ∆∆∆∆∆+=++ABG PGD APD S S S ∆∆∆=++ABDABC 1S S 2∆∆== 故：Q K =，即K 点就是要找的Q 点.另：本题实际上是要使APN KND S S ∆∆=，用割补法交换面积，这是思路.⑶ P 点在BFD ∆内，如图19-3.连结AP ，交DF 于H ，AP 延长线交BC 于G . 连结PC ，过H 点作//HM PC ，交CA 于M .于是PMH ∆与CMH ∆为同底(底为MH )等高(//HM PC 间距为高) 则：PMH CMH S S ∆∆=ABCPQABC PDEF图19-1ABC PD EF图19-2KGABCPD FG HM A图19-3ABF图19-2所以：APM AHM PMH S S S ∆∆∆=+AHM CMH AHC S S S ∆∆∆=+=由于AHC ∆与ABC ∆同底(底为CA )，因DF 为ABC ∆的中位线而高度相差一半，故：ABC APM AHC 1S S S 2∆∆∆==故：Q M =，即M 点就是要找的Q 点.另：这里实际上是交换PMH S ∆与CMH S ∆，还是面积割补法. 最终，当P 点在AD 上时，Q D =； 当P 点在AFD ∆内时，Q 点在CD 上； 当P 点在BFD ∆内时，Q 点在CE 上.本题实际上就是计算面积，将图中的面积凑成ABC ∆的一半. [例20]、如图已知P 是ABC ∆的一个内点，,,D E F 分别是P 到,,BC CA AB 所引垂线的垂足，若P 点使ABCA BC S PFPE PD =++为最小值，求这个最小值. 解析：为了方便解题，设BC a =，CA b =，AB c =；设PD x =，PE y =，PF z =；设ABC ∆的半周长为a b cp 2++=； 设ABC ∆的内切圆半径为r ，面积为S ∆，则S pr ∆= 则：PAB PBC PCA S S S S ∆∆∆∆=++()1CA PE BC PD AB PF 2=⋅+⋅+⋅()1ax by cz 2=++ 即：()ax by cz 2S 2pr ∆++== ① 则：cb a AB CA BC S PD PE PF x y z=++=++ ② 由柯西不等式得：()2222222a b c ⎤⎡⎡⎤⎢⎥++⋅++≥++⎦⎣⎥⎢⎦⎣ 即：()()2c b a ax by cz a b c x y z ⎫⎛++++≥++ ⎪⎝⎭③ABC PDEF将①②式代入得：()()2S2pr2p⋅≥，即：2pSr≥④==时，③和④式取等号.即：当且仅当x y z==时，ABCABCSPFPEPD=++取最小值，即：当且仅当x y z r===时，min2pSr=.故：当2pABCABCSrPFPEPD=++=为最小值时，P点为ABC∆的内心.本题将柯西不等式的条件应用于几何，并求得结果.[例21]、设,O I分别为ABC∆的外心与内心，,R r分别是ABC∆外接圆与内切圆的半径，外心与内心之距记为OI d=，求证：22d R2Rr=-解析：⑴作连线辅助线连结AI延长线交圆O于P；连结PO延长线交圆O于S；连结BS、BI；连结OI延长线交圆O于,M N.由I点向AB作垂线，垂足为T，如图21-1.AI PI MI NI⋅=⋅()()22R d R d R d=+-=-①(即：由M I P N I A∆∆∽相似比得.)⑶证B P I∆为等腰三角形由于I是内心，即∆内角平分线交点，故：B A I I A C∠=∠，A B I I B C∠=∠②在ABI∆B I P B A I A B∠=∠+∠IAC IBC =∠+∠ (由②得) PAC IBC =∠+∠PBC IBC =∠+∠ (PBI =∠即：PBI ∆是等腰三角形，故：BP PI = ③ ⑷在Rt BSP ∆和Rt TAI ∆BSP TAI ∠=∠ 即：BSP TAI ∆∆∽，所以：AI TI TIPIBP SP ==故：AI PI TI SP r 2R 2Rr ⋅=⋅=⋅= ④由①和④得：22R d 2Rr -=，即：22d R 2Rr =- ⑤ ⑤式称为欧拉公式.另：22d R 2Rr =-也可以写成：()222d R r r =--，即：222d r R r ()+=-，它将三角形的外接圆半径R 、内切圆半径r和两心之距d.. [例22]、如图所示，从圆O 外的一点A ，引两条圆O 的切线AB 、AC ，其中，,A B 为切点，连结BC . 从A 引圆O 的任意一条割线交圆O 于,P Q ，交BC 于R .求证：211AQ AP AR =+ 解析：连结OP 、OB 、OQ ，过O 作AQ 的垂线，垂足为T .设：AO a =，圆O 的半径OP OB OQ R === ⑴ABCOP QREF因为ABP ABQ ∆∆∽:()()222AB AP AQ AE AF a R a R a R =⋅=⋅=-+=-即：AB = ① 由Rt ABO Rt ADB ∆∆∽得：2AB AD AO a AD =⋅=⋅ 即：222AB a R AD a a -==② ⑵在Rt ADB ∆)()(222222222222a R R R a R a AD AB BD a a ⎛⎫--=--=-= ⎪⎝⎭即：BD =③ ⑶ 求cos 221a AR a R θ=- 设OAP θ∠=，则在ADR ∆中，cos ADARθ=则：cos cos 221a a R AD AR θθ==- ④ ⑷ 求cos 222a AP1a R AP θ-=- 在AOP ∆cos 222OP AP AO 2AP AO θ=+-⋅⋅ 即：cos 222R AP a 2a AP θ=+-⋅⋅即：cos (cos )222a R 2a AP AP AP 2a AP θθ-=⋅⋅-=- 故：cos 222a AP1a R AP θ-=- ⑤ 同理在AOQ ∆cos 222a AQ1a RAQ θ-=- ⑥⑸ 求得结果PT QT =AB COP QDEFT R则：cos cos AP AQ 2AT 2AO 2a θθ+==⋅= ⑦ 于是，由⑤+⑥得：cos cos cos ()222222112a AP 2a AQ 4a AP AQ a RAP AQ a R a R θθθ---++=+=--- cos cos cos 22224a 2a 2a a R a Rθθθ-==-- ⑧ 将④带入⑧得：cos 2222a 11AP AQ a R ARθ+==- 上式表明，AR 是AP 与AQ 的调和平均值. 证毕. 本题采用解析的方法证明了几何证明题.[例23]、如图所示，设O 为ABC ∆的外心，外接圆半径为R . 若,,AO BO CO 的延长线分别交,,BC CA AB 于点,,D E F .求证：2111RCF BE AD ++=解析：欲证2111R CF BE AD ++= 须证：RR R 2CF BE AD ++=，即：()RR R 3321CF BE AD -++=-=； 即：()()()R R R 1111CF BE AD -+-+-=；即：()()()OCOB OA 1111CF BE AD -+-+-=即：CF OC BE OB AD OA 1CF BE AD ---++=；即：OF OE OD 1CFBE AD ++=.由同底异高的三角形面积之比等于其高之比得：sin sin OBCABC1BC OD ODC S OD 21AD S BC AD ODC 2∆∆⋅⋅∠==⋅⋅∠，同理：OCA ABC S OE BE S ∆∆=，OAB ABC S OF S CF ∆∆= 三式相加得：OBC OCA OABABC ABC ABCS S S OD OE OF 1AD BE CF S S S ∆∆∆∆∆∆++=++= 即：OFOE OD 1CFBE AD ++=. 证毕. 本题采用分析法及面积法，这是几何中最常用的方法之一.A B C DEF O。
例谈几何题的命制方法
思路 (1) 连结 EF , 设正方形
图2
边√E长C为2 +1C, 由F 2勾=股√定(理2
算得 EF =
)2 ( 1 )2
+
=
5
=
1+1
=
BE+DF .
3
2
6 ห้องสมุดไป่ตู้2
再运用原题的分析中的方法.
思路 (2) 再作 EH√⊥ AF ,√H 为垂足, 先算出 EF , AF
和 AE 的长, 分别为 5 , 5 , 和 10 , 再算出 AH 的长度. 由
证.
4 增改条件
例 3 如图 6 在边长为
3 的 正 方 形 ABCD 中, E
是 BC 边 长 的 一 个 动 点, 作
EP ⊥ AE, 且 EP = AE, 交
图6
边 CD 于点 F .
(1) 若 BE = 1, 求 F C 的值. (2) 求证:∠P CG = 45◦. EF
(3) 求 DP 的最小值.
件. 由 ∠CAE +∠CEA = ∠ACB = 45◦ = ∠CAE+∠CAF ,
得 ∠CEA
=
∠CAF , 从 而 获 证.
CA 于是有
=
CE ,
CF CA
CE · CF = CA2 = AB2 + BC2 = 2 × 42 = 32. 即 ab = 32.
如果把原题中的的两点 E1 、F1 标上, 还有 ∆E1AC ∆E1EA, 倘若把此题中“BC 的延长线”改为“CB 的延长 线”, 又可以得到新又有新的结论: EF = DF − BE. 读者自
1 典型例题
如 图 1, 正 方 形 ABCD 中, 以 A 为顶点作 ∠EAF = 45◦, 其 两 边 分 别 交 BC, DC 于点 E, F . 求证: EF = BE+
一道高考解析几何题的再探究
2020年第7期中学数学研究ri +2 + ... + (ft-l) = ^1)< 203|190；[l+2 + ...+&=£l^>?0^, k = 1428,所以当力=1428时,y (%)取到最小值.三、问题的深度应用例4 已知等差数列帀”｝满足15丨+1如丨+ …+丨 a n I 二丨 a x +11 +1 a? + 1 丨 + …+丨 a ”. + 1 I -I a 】—1 I +1 — 1 I + …+1 d t 大值为().A. 14B. 13C. 12解析:令函数/(%) =1 %—丨 +1 X — a?丨 + ° …+丨 X —a n I ，不妨设d >0,所以5 << …< a ”，所以 /(0)=/(- 1) =/(1),可得/■(小的图象必为一条形平底”折线，如图1.根据结论1,可得n 为偶数，当吟W % W a f+1时,/(%)取得最小值，所以d = a 号+i - a 号M 1 -(-1) = 2,aj < a 2 < …< ai < 0,a ” > > ••-> cti +1 > 0,所以丨 aj I +1 7 I + …+1 a… I = - a,-a 2得+ 1丨+…+丨a -II = 98,则的最M5 e AT ),则实数M 的最小值为解析：令函数/&) =1—a 】I + 2 I x — d 2 I + …+ n I x - a n \，不妨设d >0,所以s <色 < … <。
”，所以…“/(0) =/(-1) =/(1),可得/(%)的图象必为一条“?7形平底”折线，根据结论2,满足1+ 2 + ••- + k =)，当d W % W 畋+i 时，\l JJjjjII J /a* a® -1134 20 i a * cin 兀3+1 2+2a 2n . n -------- a 号 + a#+i + …+ a n-i + 仏=y « X y =学 d = 98,所以/I? = ^98_2£4 = 26,即 “w4d214,答案为止例5已知等差数列仪”｝满足laj+21.••- + n \ a n I =丨 a 】+11 +21 a 2 +1 I + ••- + n I a n+ 1 I = I a x -11+21 a 2 - 1 I 4- I a n - W -a 2/(%)取得最小值，因为/I? + n = 2(ft 2 + ft),且eTV*，所以"的最小值为3,此时％ =2,函数/■(%)的图 象如图 2,可得(/ = a 3-a 2&l-(-l) = 2,5 <a, < 0 ,a 3 >0,所以 aj I + 2 I a, I + ••- +n I a n I & I aj I +21 a 2 I +31 a 3 I = - a x - 2a 2 + 3a 3=4d N 8,所以M 的最小值为&四、总结本文研究了 一类含多个绝对值函数的最小值问 题,从问题的提出到得出结论进行证明，再进行应用，从简单的求最小值到根据函数图象特点的拓展 应用，都需要对这一类含多个绝对值函数有清楚的 认识和理解,有很多模拟试卷已出现这样的题型，所以系统了解该类问题还是显得很有必要，对灵活解 题有很大的帮助.参考文献[1 ]彭翕成，杨春波,程汉波.不等式探秘[M ].长沙:湖南科 学技术出版社,2015.一道高考解析几何题的再探究浙江省金华市第六中学(321000)虞懿1-考题展示(2019年高考浙江卷第21题)如图1所示，已知点F(1,0)为抛物线犷=2px(p > 0)的焦点.过点F 的直线交抛物线于两点，点C 在抛物线上，使得 MBC 的重心G 在％轴上，直线AC 交％轴于点Q,且点Q 在点F 右侧•记△ A FG,ACQG 的面积分别为S[ ,S 2.(I )求P 的值及抛物线的准线方程;(U)的最小值及此时点G 的坐标.分析:本题以抛物线为载体，主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系、重心与面积等• 40 •中学数学研究2020年第7期图i基础知识，同时考查解析几何 的基本思想方法和综合解题能力.本题设计新颖，构思巧 妙，耐人寻味，令人赏心悦目， 体现了 “能力立意”的指导思想，凸显了数学试题的选拔功 能.由于问题（I ）较为简单,本文不作讨论，下面仅对问题（U ）进行探究.2.解法优化优解1:借助重心性质，实现面积比的代数表示 解析：设 A （x A ,y A ） ,B{x B ,y B ） ,C （%c ,y c ）,重心G （x e ,y G ）,不妨设九 > 0,y B < 0,y c <0,于是 ==二2LS"%.因为点 G 为△ABCY a - J bJ a - Vc的重心，且在％轴上，则有s AABG = s ^cg ,且％ +y B +y c = o,所以允=-（n + %）•从而襄=生，依题意可知-i < t <o,于是十=-----J =力 2 1 _ （空）*2+工人2+t 孑+ 4t + 1 人尹令/⑴=k'则2）=石二〒，令/（0 二役：！二 0,解得t 二-2+阿和=二-2- 73-（舍），可知/V ）在（-1, - 2 +上）上单调递减，在（-2+仔,0）上单调递增，从而九也（£）二/（_2+创=1+孕，所以/取得最小值1+孕，此时 G （2,0）.评注：利用三角形重心性质，把两个三角形的面 积比转化为含A,B,C 三点纵坐标的代数式，借助换元/ =立，再转化为仅仅含/的一元函数，合理有效地减元、消元是顺利求解的关键.优解2：回归向量本质，实现面积比的代数表示向量具有代数、几何双重身份，融数形于一体,是沟通代数和几何的桥梁.它可以将几何问题坐标 化、数量化，因此它也是解决解析几何问题的重要工具・解析:设廿=AAB,AQ =fjLAC （Q < 入，“ < 1）,由G 为△ABC 的重心，可得S 边& = S aacg ,AG =^{AB+AC ） = ^AF + ^-AQ,又因为 F,G,Q 三点 共线，所以当+蛊=1，解出“ =3入！]，显然有*,\ 1 站工 A ^AAFG 入 A < 入 <1•由于云=Q ---- = 71------7E ----=；-------=%CQG I 丄-丄一“入畀二）,令 t = 2A - 1, （0 < t < 1）,则吧二）=+⑶+ *+4）三色于色，当且仅当t■ 时取得最小值1 +孕，此时6（2,0）.评注:在探究解题思路时,要善于从不同的角度分析、挖掘它与其他知识的联系，在平面解析几何中 涉及长度、面积（比）、角度的计算及有关平行、三点 共线、垂直等位置关系问题时，都可以利用向量知识加以解决.3.多向拓广解答完本题后，掩卷沉思:考题的问题（H ）中， 善取得最小值1 +写的这个结论能否在抛物线中一 般化?解答方法是否依然有效？经进一步的探究，可得如下结论：拓广1已知点A,B,C （不为坐标原点）是抛 物线犷=2px （p > 0）上的三点，使得△ABC 的重心G 在％轴上，直线AB,AC 分别与％轴的正半轴相交于 点F,Q,且点Q 在点F 右侧.记5AFG,5CQG 的面 积分别为S[ ,S 2.证明:寸的最小值为1 +孕抛物线与椭圆、双曲线“同宗同源”，那么椭圆、双曲线是否具有上述类似结论成立？回答仍是肯定 的.2 2拓广2已知点A,B,C 是椭圆筈+台=1（。
“评题、品题、编题”的实践及其思考
评题㊁品题㊁编题 的实践及其思考∗金红江1,㊀傅越超2(1.杭州高新区(滨江)教育研究院,浙江杭州㊀310053;2.滨和中学,浙江杭州㊀310000)摘㊀要:文章以一道几何题为例,通过评题㊁品题㊁编题3个环节进行说题过程的呈现,展示了教师对题目不同角度的深入理解.由此说明从3个角度开展研题活动,有助于教师把握问题结构㊁领会题目的文化内涵,进而促进教师的专业发展.关键词:说题;评题;品题;编题;专业发展中图分类号:O123.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2021)11-0021-04㊀㊀说题是近年来新兴的一项教研活动,教师通过 评题㊁品题㊁编题 等一系列活动,分析题目的结构㊁解法㊁意蕴㊁文化内涵㊁育人价值.在 评题㊁品题㊁编题 活动中,基于原创几何题,开展以 学生的视角评题 专家的视角品题教师的视角编图1题 的形式进行研讨,取得良好的效果.现将具体设计与思考整理成文,供同行参考探讨.1㊀原题呈现题目㊀如图1,点P 是等边әABC 边AC 上的动点(其中0ʎ<øABP <30ʎ),作әBCP 的外接圆☉O 交AB 于点D.点E 是☉O 上一点,且PD (=PE (,联结DE 交BP 于点F.1)求证:øADE =øBEC.2)当点P 运动变化时,øBFD 的度数是否变化?若变化,请说明理由;若不变,求øBFD 的度数.3)探究线段BF ,CE ,EF 间的数量关系,并证明.2㊀审题分析此题考查圆和等边三角形的性质,并探索动点3.3㊀精选题,重探究,提升逻辑推理素养在数学习题课教学中,习题的选择至关重要,要培养学生的数学核心素养,所选习题应该具有开放性㊁生长性和拓展性.这样既能培养学生的数学抽象㊁直观想象㊁数学运算等素养,又能培养学生的逻辑推理素养.通过习题教学,学生能够发现问题和提出问题,能进行合理地猜想㊁严谨地推理,并能理解数学之间的联系,建构知识框架.教师要善于运用归纳㊁类比等方法开展教学,采用启发式教学㊁探究式教学等方式,对学生的推理过程进行引导,深刻理解演绎推理的本质,认识前提与结论之间的关系,继而进行科学地推理,形成有论据㊁有条理㊁合乎逻辑的思维品质,增强数学交流能力.本文结合高三一轮复习中的实际案例,从一道模拟试题出发,从问题的解决㊁运算策略的优化到问题的本源探究㊁挖掘和拓展,优化学生的抽象思维㊁逻辑思维,培养学生的创新精神和实践能力.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀潘荣杰.一道高考试题的背景与拓展[J ].数学通报,2017,56(4):32-34.[2]㊀张金良.解密数学运算,探求教学策略[J ].数学教学,2019(11):1-5.[3]㊀于健.关注数学问题表征㊀培育数学抽象素养[J ].中学数学研究,2021(3):14-16.∗收文日期:2021-04-27;修订日期:2021-05-27作者简介:金红江(1979 ),男,浙江建德人,中学高级教师.研究方向:数学教育.在变化过程中角的关系和线段长度关系的不变性.第1)和第2)小题难度适中,第3)小题难度较大,要求学生能够在繁杂的变化图形中找寻不变量进行探究.本题所涉及的知识点主要包括:等腰三角形性质㊁三角形外角性质㊁全等三角形的判定及其性质㊁圆内接四边形性质㊁圆周角定理等.本题的重点是实现三角形与圆等平面几何图形之间的联系与转化;难点在于把握图形的动态变化,掌握图形结构.主要考查化归思想以及 以静制动 问题的处理能力.条件主要有:等边三角形㊁әBCP的外接圆☉O㊁PD(=PE(.根据这些条件,利用圆和等边三角形的性质,学生易得以下基本结论:1)角度关系:øEBP=øDBP=øPED=øPCE=øPDF=xʎ;øPEB=øPCB=60ʎ;øCEB=øCPB;øFAB=øFEB=yʎ.2)图形关系:әPAD为等边三角形;әECB为等腰三角形;әABPɸәEBP等.立足不变的角度和图形关系,解题可在基本结论的基础上进行探求.3㊀评题 评结构㊁评解法3.1㊀结构本题以等边三角形为大背景,将三角形㊁圆㊁四边形的知识融入其中,可找到很多熟悉的子图形(如图2~图4),它们均来源于教材,理清这些结构,解题将事半功倍.1)已知:如图2,øCAB=øDAB,øDBE=øCBE,求证:AC=AD.图2图32)已知:如图3,øBAD=øCAE,AB=AD,AC= AE,求证:әABCɸәADE.3)已知:如图4,øABD=øACD=90ʎ,øDBC=øBCD,求证:AD平分øBAC.图4图5㊀㊀4)若将图形简化,则可变为折叠问题:如图5,点P是等边әABC边AC上的动点(其中0ʎ<øABP<30ʎ),将әAPB沿着PB折叠,点A落在点E处.在AB上取一点D,使PD=PE,联结DE交BP于点F.3.2㊀评解法第1)小题求证两角相等,常见思路是从角或边的角度出发,进行直接证明或间接证明.从不同视角表示øADE,可得到多个切入点.解题的关键点均为在变化过程中,巧借圆的性质,寻找不变的等量关系,从而实现角的转化.图6方法1㊀如图6,联结PD,将øADE看做øADP与øPDE的和,将øBEC看做øDEC与øDEB的差,则øADE=øADP+øPDE=60ʎ+xʎ,㊀øBEC=øDEC-øDEB=120ʎ-(60ʎ-xʎ)=60ʎ+xʎ,这两个角均能看做是一个定角与一个相等的不定角之和,因此在变化过程中始终保持相等.方法2㊀设AC与DE交于点G,将øADE看做әGAD的内角.因为øAGD=øEGC,所以øGAD+øADG=øECG+øCEG,从而㊀øGAD+øADG=øCEB+øECG+øGEB,即(xʎ+yʎ)+øADE=øCEB+xʎ+yʎ,易得øADE=øCEB.方法3㊀将øADE看做圆内接四边形ECBD 的外角.执果索因,用圆内接四边形进行转化,要证明øADE=øCEB,只要证øBCE=øCEB,即证BC=BE,转化为证明BA=BE,最终只要证明әABPɸәEBP即可.第2)小题探究角是否发生变化,难度不大,在第1)小题的基础上即可完成.方法1㊀由第1)小题知øADF =60ʎ+xʎ,从而øBFD =øADF -øFBD =(60ʎ+xʎ)-xʎ=60ʎ.方法2㊀因为øPBD =øPDF =xʎ,由三角形内角和定理,在әPDB 中,易知㊀øPDB =180ʎ-øPBD -øDPB =180-øDPB -xʎ,在әPDF 中,㊀øPFD =180ʎ-øPDF -øDPB =180ʎ-øDPB -xʎ,所以øPFD =øPDB =120ʎ,即øDFB =180ʎ-øPFD =60ʎ.第3)小题探求3条线段的数量关系,可利用求线段长的常用工具之一 相似三角形,分别求出这3条线段的长度.如图7,通过探究可以发现线段EC ʊAF ,则әCEG ʐәAFG ʐәBFA ,可得CE EG =BF AF =AFFG ,由于EF =AF ,可证CE +EF =BF.除此之外,易想到用截长补短法将问题转化为求两条线段的数量关系.补短法可实现线段的拼接,截长法可实现线段的拆截.如图7,延长CE ,使EM =EF ,得到等边әMEF ,故øM =øDFB.又因为PC =BD ,øMCP =øFBD ,所以әBFD ɸәCMP.由此可实现线段FB 到MC 的转化,从而证得等量关系EC +EF =BF.图7图8除了截长补短法之外,还有很多添加辅助线的方法,均能实现线段的转化,从而证明等量关系.众多的方案都具有证明全等的可能性,为什么这3条线段在变化的过程中能够保持始终不变的数量关系?通过探究,发现各类方法中隐藏了一个等边三角形类弦图,如图8.由圆和等边三角形的相关性质,易得EC =FJ ,EF =AF ,BF =AJ ,因此该类弦图集中了EC ,EF ,BF 这3条线段并保证了它们的数量关系,实现多解归一.4㊀品题 品内涵㊁品文化㊁品育人价值4.1㊀试题的深度挖掘题目第2)小题证明了øBFD 恒为60ʎ,题中是否还有其他定角?联结AF ,易得øAFB =øEFB =øAFE =120ʎ.延长AF 交BE 于点Q ,可得以点F 为顶点的6个锐角均为60ʎ.由此可见,点F 一定具有某些特殊性.由øAFB 恒为120ʎ,可进一步思考:点F 的位置是否特殊?易想到点F 的轨迹是一段圆弧,而这段圆弧所在的圆是әAFB 的外接圆,还可进一步探究点F 的轨迹长度以及әAFE 或әEFB 面积的最值等.除了不变的角度关系,题目中还存在其他不变的关系,具体可见图9:图94.2㊀品文化内涵本题不仅结构具有美观性,问题具有层次性,解法具有典型性,题中还蕴含着丰富的数学文化内涵.阿基米德折弦定理㊀基于图7,易知点A ,B ,C ,M 共圆,作әABC 的外接圆,作AH ʅMF 于点H ,隐去其余非关键线段,得到了一个与阿米基德折弦定理密切相关的图形,如图10.由定理可知BH =MC +MH ,又由CM =CE +ME ,BH =BF +FH ,ME =EF ,MH =FH ,通过等量代换即可证得CE +EF =BF.图10图11费马点㊀点F具有特殊性.在原题背景下,隐去非关键线段,如图11,由øAFB=øBFE=øEFA=120ʎ,可证得点F为әAEB的费马点.4.3㊀品育人价值数学的育人价值包括理性思维㊁科学精神㊁严谨求实的态度㊁应用与实践能力㊁创新意识和创新能力㊁学习能力 学会学习等[1].本题第1)小题注重基础性原则,起点低,入口宽,可多视角㊁多方法完成,考虑到了基础薄弱的学生,争取人人都会做;第2)小题遵循发展性原则,问题设计难度适中,层层递进,符合学生的认知发展规律;第3)小题遵循挑战性原则,在图中通过构造三角形全等或相似解决问题,考查的能力要求与方法均指向深度学习.纵观3个小题,要求学生不满足于题目的具体条件,而是要探索不同问题之间的内在联系以及共同规律,从定性理解到定量分析,从特殊情况到一般规律,在变化过程中寻找共同的㊁不变的数量关系和空间形式,以此提高运用数学知识解决问题的能力,达到发展学生数学素养㊁形成理性思维和科学精神的目的.5㊀编题 重在重构掌握题目的基本解题思路㊁了解题中常见图形和基本结论后,对题目进行重构,主要从改变题设㊁改变结论两个方面考虑,如:变式1㊀将原题中弧相等改为弦相等,即BC= BE,其余条件不变.变式2㊀将原题中øABP的度数要求一般化,其余条件不变.变式3㊀将原题大背景 等边三角形,改为等腰三角形㊁直角三角形或一般三角形等,其余条件不变.变式4㊀将原题大背景 等边三角形改为正方形.如图12,点P是正方形ABCD边AD上的动点,射线BP交正方形ABCD的外接圆☉O于点E,交以AB为直径的圆于点F,试探究DE,EF与BF 之间的关系.图12图13㊀㊀还可以改变结论,如:变式5㊀如图13,点P是等边әABC边AC上的动点(其中0ʎ<øABP<30ʎ),作әBCP的外接圆☉O交AB于点D.点E是☉O上一点,且PD(=PE(,联结DE交BP于点F,交AC于点G,联结AF.1)求证:EF=AF.2)请判断AF和EC的位置关系,并说明理由.3)当EC=AF=4时,①求әABC的边长;②求AFʒBF的值.6㊀实践体会说题活动综合考法㊁学法㊁解法与教法,是教师理解评价㊁理解学生㊁理解数学和理解教学的全过程.通过说题,教师能从命题者视角理解题目,从学生视角分析㊁解决问题,从学科知识角度审视题目并将解法㊁思想方法等有机统一,也能从评价角度回顾反思教学过程[2].这也说明,说题活动本质上是一种教研活动,能引发教师对于数学问题及教学的深入思考,最终促进教师专业成长.此次实践表明,教师在平时教学中,应授之以法,培之以能,强之以心.应引导学生善于挖掘复杂图形中的基本结构,抓住问题本质,多追本溯源,回归课本;关注过程,让学生在思路探究上形成有序思考的习惯,从变化过程中寻找不变量,挖掘运动变化的规律性和不变性;注重数学思想方法的渗透和经验积累,逐步发展学生的数学思维和关键能力,促进学生的深度学习.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀王尚志,胡凤娟.数学教育的育人价值[J].人民教育,2018(Z2):40-44.[2]㊀洪梦,吴立宝,王富英.数学说题的内涵与结构[J].数学通报,2020,59(11):58-63.。
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Z F E C =30〇， Z E C F =60〇， Z B C E = 15〇， Z A C D =30 〇 .
由 C D = A C 可知 Z A D C = ZDAC = 180 〇 - ZACD = 75〇， 2
如 图 1 ，作 A五丄C D 于 点 丄 ⑶
又 BD = BC， Z C B D =90〇， J
△E B C ， 延长E B 交 DC于点F ， 则 L E B C = AABC = 15〇 ， 从而 Z A B E sW = ZEFC ， 图3 图4
* 收文日期:2016观 -04;修订日 期 :2016-09-13 作者简介:李玉荣（ 163 - ) ， 男， 江苏句容人， 中学高级教师.研究方向:数学教育.
=bf =2
cd
=2 ac，
Z B D C =45〇， 故 ZADB = ZADC - ZBD C = 30° 证法3 如图3， 将 A 4 B C 绕 点 B 顺时针旋转
从而乙 AC/) = 3 0 ◦ • 由 CD = 也： 可得乙 WX ： = 7 5 ◦ ，故 Z A D B =30〇. 点评此解法利用梯形常作的“ 双高” 辅助 线， 凸显了“ 通法” 的解题思路， 但若就此作罢， 无 疑于“ 入宝山而空返” ， 深度挖掘， 则发现该题值得 拥有和回味. 从而 于是 故
故 从 平 分 Z G B F.又 因 为 Z G B F = 9 0 ° ， 所以 故 变式 2 证法1 于点 F 则 AF = + A D = AE . 作 A G 丄 B C 于 点 G , 因 为 Z 4 BG = ZBCD = Z B D C = Z 4 B F ,所以
ag
AB // CD. 在梯形 4 BCD 中 ， 4 B // CD， CD = AC ， 如 图 6 ,作 C E 丄A D 于 点 E ,4 F 丄BD
2016年 第 11 期
中学教研（ 数学)
•9 •
证法4
如 图 4 , 延 长 及 4, W 交于点 ' 设
BE = x ， RD = BC = y ， 则 DE = 槡， + ， 2. 因 为 4?//0,所 以
4 BE D EECE,
图5 证法2 于点E ， ^4F 丄B D 于 点 F ,则 AF = + A D = AE . 因为 ZDAC = ZADC = 7 5 ° ， 所以 Z A C D =30° , 从而 于是
BD = B C ， Z ADB = 30 °， 求 证 ： Z CBD = 90 °
角形、 作等腰三角形底边上的高” 等常见辅助线的 价 值得 以 显 现 . 2 挖掘变式 这道经典几何题涉及5 组几何元素的关系： A B // CD， CD = A C ， BD = BC， ACBD = 9 0 ° ， AADB = 30°.因 此 ， 除原题外， 还 可 以 编 制 出 以 下 4 道几何 题， 其解法更是精彩纷呈. 变 式 1 在 四 边 形 4B C D 中， CD = A C ， BD = BC， ZCBD = 9 0 ° ， ZADB = 3 0 ° ， 求 证 ：B // CD. 证法1 如 图 5 , 作 A E 丄C D 于 点 E ,B F 丄CD 于点 F •因为 ZDAC = ZADC = 7 5 ° , 所以 ZACD = 30°， 从而 A E = 1 A C= 1 CD =BF , 2 2 ^ 故 A /C D 评注此解法沿用了原题的经典解法， 顺理成 早 . 解得 所以 故 证法2 于是
ZACE = 士 ZACD = 150 = ZACG , A E = AG=AF , ZGBA =45° = ZBCD ,
E F EC 又 A E D B - A E C F ,从而 E | = 盖 ,即 EF x +y ， 槡x 2 + y 2 亦即 EF = x (( + y ) 槡x 2 + y 2 2 _ x (( + y ) ，+ 2， 槡， 2 ( + ， 槡 +，= 槡 ? ^ , 化简得 故 评注 =槡 3x , ， Z A D B =30°. 此解法虽然繁琐， 但“ 将梯形转化为
9 0 ◦ 得A E B D ， 延长E B 交 DC于点F ， 则 E F 丄CD， FD = 士 CD = 士 AC = 士 E D ， Z FE D =30。 ， Z A C D = Z C 4B = Z F E D = 3 0 。 ， Z ADC = 7 5 ' ZADB =30 ◦.
bd c
评注注意到题中的a
为等腰直角三角
形， 证 法 2 和 证法3 分别利用翻折、 旋转变换使分 散的条件相对集中， 从而顺利解决问题， 较好地践 行了《 数学课程标准》 对几何教学的新要求， 凸显 了图形变换的解题价值. 图1 1 挖掘另证 证法 2 如 图 2 , 将 A 4B C 沿 B C 翻 折 得 图2
图6
即B C 于 点 G ， C E 丄AD
从而 作 C F 丄A D 于 点 F ,则
槡， + ，. + ， ， +
AF = DF = 士 a d = 士 ( 槡x + ， 一 ， 槡x + ， ) x +， ) E F = AE + AF y + 2x ~ 2 ： 2((+， ) 槡， + ，•
题 目 在 梯 形 从 ⑶ 中 ， 从 //⑶ ， ⑶ 扮） = = 9 0 ◦， 求证： 乙 = 30°
于是 进而
2
EC，
这是一道经典的几何题， 难度不小， 解题的关 键 是 证 明 = 30◦， 辅助线的添加是解题的突 破 口 .各 种 数 学 教 辅 、 教参提供的经典解法如下： 证法1 于点心则
中学教研（ 数学)
2016年 第 1 1 期
一 道 经 典 几 何 题 的 深 度 挖 掘
•李玉荣 （ 金 陵 中 学 河 西 分 校 江 苏 南 京 210019)
摘 要 ： 经典几何题是重要的数学文化遗产.在数学教学和复习中， 如果能重视对经典几何题的适度挖掘， 即进行一 题多解、 一题多变等训练， 那么常可获得具有探索性的问题及有价值的解法， 进而能有效地训练学生思维的灵活性和深刻 性， 提高学生的推理能力、 探究能力和创新意识. 关键词： 经典几何题;变式;辅助线;一题多解 中图分类号： 0123. 1 文献标识码：A 文章编号： 1003 -6407(2016)11-08-04