第13讲《代几综合（二）》第1课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习

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第十三讲“代几综合（二）”.（第一课时）
［教学目标］
知识与技能
1.理解并能够熟练运用勾股定理、相似、三角函数等计算手段.
2.掌握解代数与几何综合题的基本思路：
（1）借助几何直观解题；（2）运用方程思想、函数思想解题.
数学思考
根据具体实例，通过独立思考，灵活运用数形结合的思想方法，由形导数，以数促形，学会综合运用代数和几何知识解题的基本方法---数形结合.
问题解决
经历代数与几何综合题的研究、解答、归纳，让学生学会解答代几综合题的基本方法，培养学生自主探究、自主学习的能力、概括能力，从而提高学生分析问题、解决问题的能力.
情感态度
1.通过例题解答，巩固学生基础知识，增强数学素养，学生用转化的思想、普遍联系的观点分析问题，用数学的眼光解答问题；
2.通过小组活动，培养学生的合作意识和探究能力.
[教学重点、难点]
教学重点：复习问题材涉及的方程、不等式、概率、函数、三角形、四边形、相似形、圆等有关知识，探索解题的基本思路并写出规范的解题过程.
教学难点：几何图形的直观使用，方程思想、函数思想的灵活使用，写出规范的解题过程.
[教学准备]
动画多媒体语言课件.
教学过程 第一课时
教学路径
教学说明
课堂导入出示课件

上节课我们已经学习了以三角形、四边形为背景的代几综合类型题目，这节课，我们继续学习以三角形、四边形及圆为背景的代几综合类型题目，首先大家用最快的时间独自完成探究类型一中例1.
佳题探究
探究类型之一：以三角形、四边形为背景
分三页出示
（第一页）
例1如图所示，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，P是BC上的任意一点（P与B、C不重合），过点P作AP⊥PE，垂足为P，PE交CD于点E.
（1）连接AE，当△APE与△ADE全等时，求BP的长；

解析：（1）由△APE≌△ADE可得AP=AD=3，在Rt△ABP中，应用勾股定理即可求得BP的长
按顺序1.点解析出示（1）的同时出示箭头，及后图（只标记直角符号，注意图中PE=DE，数字先不要标记）；2. 标记AD、AP两杠后在边上写数字3、3、2；
答案：解：∵△APE≌△ADE
∴AP=AD=3
在Rt△ABP中BP=.
（第二页）
例1如图所示，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，P是BC上的任意一点（P与B、C不重合），过点P作AP⊥PE，垂足为P，PE交CD于点E.
（2）若设BP为x，CE为y，试确定y与x的函数关系式，当x取何值时，y的值最大？最大值是多少？

解析：（2）由AP⊥PE，得Rt△ABP∽Rt△PCE，根据相似三角形的对应边成比例可列式得y与x的函数关系式，进而求得CE最大值.
1.在原图中只标记三个直角符号如后图（先不标记其他角，也不标记x，y）；
2.涂色Rt△ABP与Rt△PCE.
答案：解：标记∠1、∠2、∠3
∵ ABCD为矩形，AP⊥PE，
∴∠B=∠C=∠APE=90°，
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，下一步
1涂色Rt△ABP与Rt△PCE；2如图2标记线段的长度：2,3，x,(3-x),y.
∴Rt△ABP∽Rt△PCE，
∴即，下一步
整理得y=x2+x=(x-)2+,
∴当x=时，y有最大值，最大值为.
（第三页）
例1如图所示，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，P是BC上的任意一点（P与B、C不重合），过点P作AP⊥PE，垂足为P，PE交CD于点E.
（3）若PE∥BD，试求出此时BP的长.

解析：（3）由PE∥BD，得△CPE∽△CBD，根据相似三角形对应边成比例可列式求得BP的长.
出示箭头及后图1.标记直角符号及连接BD；2.在BD与PE上标记箭头.（其他的图中的信息先不需要标记，注意画图时PE∥BD） 3.涂色△CPE与△CBD.
答案：解：连接BD，
∵PE∥BD，
∴△CPE∽△CBD，
∴下一步
如图位置标记线段长度
参考（2）中方法与结论，不妨设BP=x，
则有PC=(3-x)，CE=x2+x
∴有
解得x1=或x2=3（舍）
∴当BP=时，PE∥BD.
师：（7分钟左右）指定学生回答
总结：本题难度不大，考察勾股定理、相似三角形知识点的应用，在图形计算中，出现多个直角三角形或平行线，我们往往应用勾股或相似的方法计算边长.
探究类型之二：以圆为背景
分两页出示
（第一页）
例2 已知a、b是正实数，那么，是恒成立的．
（1）由恒成立，说明恒成立；
（2）填空：已知a、b、c是正实数，由恒成立，猜测：
也恒成立；
解析：（1）由，利用完全平方公式展开，再适当变形就可得证；
下一步
（2）设x≥0，y≥0，z≥0，先证：，再令x=,y=,z=，得.并在(2)中直接填“”
答案1：解：由得()2+()2-2≥0，
∴()2+()2≥2
∴，当且仅当a=b时，等号成立.
答案2：设x≥0，y≥0，z≥0，
由x3+y3+z3-3xyz
=(x+y+z)( x2+y2+z2-xy-yz-xz)，
=(x+y+z)(2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz)，
=(x+y+z)[(x-y)2+(y-z)2+(x-z)2]≥0，
当且仅当x=y=z时，等号成立，下一步
∴x3+y3+z3-3xyz≥0，
∴ 下一步
令x=,y=,z=，
得.
（第二页）
（3）如图所示，已知AB是直径，点P是弧上异于点A和点B的一点，PC⊥AB，垂足为C，AC＝a，BC＝b，由此图说明恒成立．
解析：首先证得Rt△APC∽Rt△PBC，由相似三角形对应边成比例（射影定理），可求得PC的值，又由OP是半径可求得OP=；
1.如后图（1）标记“a”，“b”；2.不同颜色涂色Rt△APC与Rt△PBC；
3.连接OP
下一步
对“连接直线外一点(P)与直线(AB)上各点的所有线段中，垂线段最短”涂色.
然后由“连接直线外一点(P)与直线(AB)上各点的所有线段中，垂线段最短”即可证得恒成立.
(1)
答案：解：∵AB为直径，
∴∠APB=90°，
∵PC⊥AB，
∴在Rt△APB中，由射影定理得PC=， 下一步
连接OP，则有OP=( AC+BC)=,
∵OP≥PC，故≥，
当且仅当点C与圆心O重合时（如图所示），等号成立.(出示下图)
教师在讲解此题时可参考以下几点：
（1）在证明类似的不等式时，最后一定要注明等号成立的条件，如此题（1）中“当且仅当a=b时，等号成立”.
（2）对于第（2）问的结论是否要对证明的过程进行讲解，教师可因学生的情况而定（题目中并没有要求证明）.
（3）第（3）问的解题方法及所应用的知识点为此题目的重点.
本题目教师可稍加提示，也可请学生们回答.
例3如图所示，已知二次函数y=(x-m)2-4m2（m＞0）的图象与x轴交于A、B两点．
（1）写出A、B两点的坐标（坐标用m表示）；
（2）若二次函数图象的顶点P在以AB为直径的圆上，求二次函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，设以AB为直径的⊙M与y轴交于C、D两点，求CD的长．

解析：（1）解关于x的方程 (x-m)2-4m2=0，求出x的值，即可得到A，B两点的坐标；下一步
（2）令该圆圆心为M，根据MA=MP(半径相等)列出方程，求出m，从而求出函数解析式；下一步
（3）连接CM，利用（2）中结论，先在Rt△OCM中，求出CM，OM的长，再利用勾股定理、垂径定理求出OC、CD的长.
答案：（1）解：当y=0时，有(x-m)2-4m2=0，
解得x1=-m，x2=3m，
∵m＞0与图中A，B位置可知A(-m,0)，B(3m,0), 下一步
位置不够，覆盖上一答案
（2）解：∵AB为圆的直径,令该圆圆心为M，
∴圆心M为线段AB的中点，即M(m,0),
∵P二次函数顶点，
∴P(m,-4m2)，
连接MP，有MP⊥x轴，
∵MA=MP，
∴2m=4m2，
解得m1 =，m2=0（舍），
∴二次函数解析式为y=(x-)2-1. 下一步覆盖上一答案
（3）涂色Rt△OCM
解：连接CM，由(2)可知m =，
在Rt△OCM中OM=，CM=1，易求OC=，
∴CD=.
题目总结：本题难度不大，重点考察二次函数与x轴交点坐标及顶点坐标转化为距离、长度，建立方程求解未知量.
分三页出示
（第一页）
例4对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形G，给出如下定义：在图形G上若存在两点M，N，使△PMN为正三角形，则称图形G为点P的τ型线，点P为图形G的τ型点，△PMN为图形G关于点P的τ型三角形．
（1）如图，已知点，B(3,0)，以原点O为圆心的⊙O的半径为1．在A，B两点中，⊙O的τ型点是_______，画出并回答⊙O关于该τ型点的τ型三角形（画出一个即可）；

图1 图2
解析：理解题中定义含义，即过A、B两点分别向⊙O作切线，切线间的夹角＜60°，则图形G不为点P的τ型线，若切线间的夹角≥60°，则图形G为点P的τ型线. 下一步
从新画图，如图1，1.过A作⊙O的两条切线，切点为C,D；2.连接OC，并作垂直符号，3.标记∠1. 4.涂色△AOC
= 1 \* GB3 ①过A作⊙O的两条切线，AC 、AD，连接OC，则OC⊥AC，如图所示
sin∠1=＞，即∠1＞30°，所以∠CAD＞60°，根据τ型线定义可知A为图形⊙O的τ型点. （保留着图1） 下一步
从新画图，如图2，1.过B作⊙O的两条切线，切点为E,F；2.连接OE，并作垂直符号，3.标记∠2. 4.涂色△BOE.
= 2 \* GB3 ②过B作⊙O的两条切线，BE 、BF，连接OE，则OE⊥BE，如图所示
sin∠2=＜，即∠2＜30°，所以∠EBF＜60°，根据τ型线定义可知B不能成为图形⊙O的τ型点. （保留着图2）
答案：1.在括号中填“A”
2.直接在原图中做图,答案写在(1)问的后面.
△AMN(或△AJK)为⊙O关于该τ型点的τ型三角形.
（第二页）
（2）如图2，已知点E(0,2)，点F(m,0)（其中m＞0）．若线段EF为原点O的τ型线，且线段EF关于原点O的τ型三角形的面积为，求m的值；

解析：线段EF为原点O的τ型线，则过O点作EF的垂线，其垂线段的长即为该τ型三角形的高，应用勾股、相似计算可得到m的值.
答案：作OQ⊥EF，标记垂直符号，涂色Rt△OEQ
过点O作OQ⊥EF，垂足为Q，OQ即为线段EF关于原点O的τ型三角形的高，
∵该τ型三角形的面积为，
∴OQ=，
在Rt△OEQ中，EQ=,下一步
涂色Rt△OEQ与Rt△FOQ
在Rt△OEQ与Rt△FOQ中，
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又∵∠OQE=∠FQO=90°，
∴Rt△OEQ∽Rt△FOQ，下一步
∴即，解得m=.
（第三页）
（3）若H(0,-2)是抛物线y=x2+n的τ型点，直接写出n的取值范围．
解析：由（1）中的定义性质可得，当过H点且与抛物线y=x2+n相切的两条直线间的夹角为60°时所求得的n即为满足该题意的最小值.

(图1)× (图2)√ (图3)√
下一步
顺序出示1.出示图1,（完全按着图1标记）；2.沿y轴向下缓慢平移抛物线，平移至于两直线相切停止，并标注图2，打“√”；3.继续平移，平移至图3位置，并标注图3，打“√”
答案：利用图2求解满足题目中n的最小值，
由题易知∠1=30°，且l过H(0,-2),
∴直线l解析式为y=x-2，
联立直线l与抛物线y=x2+n得
y=x-2
y=x2+n，
整理得x2-x+2+n=0，下一步
∵直线l与抛物线y=x2+n相切得
=()2-4(2+n)=0, 解得n=，
∴若H(0,-2)是抛物线y=x2+n的τ型点时，需满足n≤.
题目总结
（1）该问重点要理解题目新定义，了解在圆外一点与圆上的两点连线所成夹角中，该点向圆做切线所成的夹角最大.
（2）对于等边三角形的边与高、面积之间的关系要熟记，对于等边三角形的性质要理解.
（3）在理解新定义的基础上，要求学生也要理解直线与抛物线的相切而建立等式.
例题与习题的选排讲解，根据学生具体情况而定.
该讲中例题难度不大，例4重点为方法讲解，习题中6、8难度稍大.