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        對(duì)一道中考?jí)狠S題的解析與思考

        2015-05-13 07:09:26安徽省當(dāng)涂縣大隴初中倪興隆
        中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2015年6期
        關(guān)鍵詞:證法六邊形菱形

        ☉安徽省當(dāng)涂縣大隴初中 倪興隆

        ☉安徽省馬鞍山市丹陽中學(xué)袁慶明

        對(duì)一道中考?jí)狠S題的解析與思考

        ☉安徽省當(dāng)涂縣大隴初中 倪興隆

        ☉安徽省馬鞍山市丹陽中學(xué)袁慶明

        中考?jí)狠S題的主要功能是對(duì)不同水平層次的同學(xué)進(jìn)行區(qū)分和選拔,突出考查同學(xué)們?cè)诔踔须A段對(duì)核心知識(shí)和重要數(shù)學(xué)方法、數(shù)學(xué)思想的理解和掌握水平.2014年安徽省中考數(shù)學(xué)壓軸題(有改動(dòng)),以正六邊形為背景,命題的立意高、選材精、定位準(zhǔn);解題的入口寬、思路廣、方法多,蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)思想和解題技巧,是難得的一道好題.

        一、試題呈現(xiàn)

        (2014年安徽卷第23題,有改動(dòng))如圖1,正六邊形ABCDEF的邊長為a,P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn),過P作PM∥AB交AF于M,作PN∥CD交DE于N.

        (1)求證:PM+PN=3a.

        (2)如圖2,點(diǎn)O是AD的中點(diǎn),連接OM、ON.求證:OM=ON.

        (3)如圖3,點(diǎn)O是AD的中點(diǎn),OG平分∠MON,判斷四邊形OMGN是否為特殊四邊形,并說明理由.

        圖1

        圖2

        圖3

        圖4

        二、解法薈萃

        先探討第一問的解法.

        【思維導(dǎo)引】證明線段的和、差與倍分關(guān)系,通常采用“截長法”或“補(bǔ)短法”,解決本問的關(guān)鍵是利用轉(zhuǎn)化思想,將線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長.

        【思路分析1】如圖4,通過連接AD,把線段PM和PN分割,使圖中產(chǎn)生平行四邊形和等邊三角形,利用平行四邊形對(duì)邊相等和等邊三角形三邊相等的性質(zhì)把線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長,從而完成證明.

        證法1:如圖4,連接AD,交PM于G點(diǎn)、PN于H點(diǎn).

        由PM∥AB,PN∥CD,六邊形ABCDEF是正六邊形,易知△AMG、△DHN和△PGH都是等邊三角形,四邊形ABPG和四邊形DCPH是平行四邊形,AD=2a.

        PM+PN=PG+MG+PH+HN=AB+AG+CD+DH=BP+ PC+2a=BC+2a=3a.

        【思路分析2】觀察圖形還可以發(fā)現(xiàn)圖中存在等腰梯形,因等腰梯形兩腰相等,所以還可以利用平行四邊形、等腰梯形和等邊三角形的性質(zhì),把線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長來證明.

        證法2:如圖4,由PM∥AB,PN∥CD,六邊形ABCDEF是正六邊形,易知△AMG、△DHN和△PGH都是等邊三角形,四邊形ABPG和四邊形DCPH是平行四邊形,四邊形ABPM和四邊形DCPN是等腰梯形,AD=2a,AM+DN=BP+PC=a.

        PM+PN=MG+PG+HN+PH=AM+AB+DN+CD=3a.

        【思路分析3】如圖5,過B點(diǎn)作BG∥AM交PM于G,過C點(diǎn)作CH∥DN交PN于H,這樣可以把PG與PH的和直接轉(zhuǎn)化為BC,然后利用平行四邊形對(duì)邊相等把剩余兩段分別轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長.

        圖5

        證法3:過B點(diǎn)作BG∥AM交PM于G,過C點(diǎn)作CH∥DN交PH于N.

        由PM∥AB,PN∥CD,六邊形ABCDEF是正六邊形,BG∥AM,CH∥DN,得△BPG、△CPH是等邊三角形,四邊形ABGM和四邊形DCHN是平行四邊形.

        PM+PN=PG+MG+PH+HN=PB+AB+PC+CD=BC+2a= 3a.

        【思路分析4】連接BE,利用兩個(gè)平行四邊形和一個(gè)等邊三角形,結(jié)合正六邊形的對(duì)角線等于邊長的2倍這一性質(zhì),把PM與PN的和轉(zhuǎn)化為邊長的3倍.

        證法4:如圖6,連接BE(或CF)交PM于點(diǎn)G.

        由PM∥AB,PN∥CD,六邊形ABCDEF是正六邊形,得△BPG是等邊三角形,四邊形ABGM和四邊形PGEN是平行四邊形,BE=2a.

        PM+PN=PG+MG+GE=BG+AB+GE=AB+BE=3a.

        【思路分析5】上述幾種方法是利用“截長法”來證明線段的和、差與倍分關(guān)系的,除此外還可以采用“補(bǔ)段法”來證明,即延長PM與PN.

        證法5:如圖7,分別延長PM和PN,與EF和FE的延長線分別交于G和H.

        由PM∥AB,PN∥CD,六邊形ABCDEF是正六邊形,易知△FMG、△EHN和△PGH都是等邊三角形,四邊形ABPM和四邊形DCPN是等腰梯形.

        圖6

        圖7

        PM+PN=PG-MG+PH-NH=2GH-GF-HE=2(EF+GF+ HE)-GF-HE=2EF+(GF+EH)=2a+(GF+EH).

        易知AM+DN=a.

        GF+EH=MF+NE=AF+DE-AM-DN=2a-a=a.故PM+PN=3a.

        再探討第二問的解法.

        【思維導(dǎo)引】證明線段相等主要是通過三角形全等來證明,解決該題的關(guān)鍵是通過添加輔助線構(gòu)造出全等的三角形.

        【思路分析1】由于圖中OM和ON所在的三角形顯然不全等,所以必須通過添作輔助線構(gòu)建全等的三角形,而垂線是常作的輔助線之一.

        證法1:如圖8,過O點(diǎn)分別作OG⊥AF,OH⊥DE,垂足分別為G和H.

        由六邊形ABCDEF是正六邊形,OG⊥AF,OH⊥DE,易知OG=OH,AG= DH=a.

        圖8

        圖9

        則△OGM≌△OHN,故OM=ON.

        【思路分析2】雖然圖中OM和ON所在的三角形不全等,但是若在圖中標(biāo)上適當(dāng)?shù)淖帜?,就得到有可能全等的三角形,如圖9中的△MGO和△OHN.

        證法2:如圖9,設(shè)PM、PN和AD分別交于點(diǎn)G和H.

        易知△AGM和△DHN都是等邊三角形,所以∠MGO=∠OHN=120°.

        由AM+DN=a,AG+GO=a,AM=AG,DN=HN,得GO= HN.

        同理,MG=OH.

        則△MGO≌△OHN,故OM=ON.

        【思路分析3】平行線也是常作的輔助線之一.如圖10,連接BF,就有BF∥PN,這樣就構(gòu)建了可能全等的△AMO和△ENO.

        圖10

        證法3:如圖10,連接EB(或CF).

        易知四邊形ABPM和四邊形EBPN都是等腰梯形,則AM=BP=EN.又AO=EO=a,∠MAO=∠NEO=60°,則△AMO≌△ENO,故OM=ON.

        【思路分析4】點(diǎn)O既是正六邊形的外心,又是它的內(nèi)心,如果能夠把O點(diǎn)轉(zhuǎn)化為△PMN的外心,那么根據(jù)三角形外心的性質(zhì)同樣可以得到OM=ON.

        證法4:如圖11,連接OP和MN,過O分別作線段AB和CD的垂線l1、l2.

        由l1、l2分別垂直平分線段AB和CD,四邊形ABPM和四邊形DCPN都是等腰梯形,得l1、l2也分別垂直平分線段MP和NP,即O是△MPN的外心,則OM=ON.

        圖11

        【思維導(dǎo)引】四邊形OMGN是菱形.由于根據(jù)第二問已經(jīng)知道OM=ON,所以只要證明四邊形OMGN是平行四邊形即可.

        【思路分析1】欲證明四邊形OMGN是菱形,已經(jīng)知道OM=ON,因此只要證明MG=ON即可(或證明OM=ON= MG=NG,利用四邊相等的四邊形是菱形得到證明).

        解法1:如圖12,設(shè)PN交OD于H,連接EO.

        由△AMO≌△ENO(圖10已經(jīng)證明),得∠MOA=∠NOE.又∠EOA= 120°,則∠MON=120°.

        而OG平分∠MON,則∠MOG= 60°.

        圖12

        則∠MOA=∠GOF,又∠MAO=∠GFO,OA=OF,則△AMO≌△FGO,則AM=FG.

        又AM=BP=OH,MF=PC=DN=NH,∠MFG=∠NHO= 120°,則△MFG≌△NHO,則MG=ON.

        同理MO=GN.又MO=NO(已證),則四邊形OMGN是菱形.

        【思路分析2】證明四邊形OMGN是平行四邊形,也可以根據(jù)已知120°的角,求出其他未知角的度數(shù),從而得到對(duì)角相等來證明.根據(jù)前面的證明不難知道圖13中有:△MFG≌△OKM≌△NHO≌△GEN.

        解法2:如圖13,易得△MFG≌△OKM≌△NHO≌△GEN,則∠FMG=∠KOM.又∠KOM+∠KMO= 60°,則∠FMG+∠KMO=60°.

        又∠AMK=60°,則∠GMO=60°.

        同理,∠GNO=60°,∠MGN=∠MON=120°.

        圖13

        又OM=ON,則四邊形OMGN是菱形.

        【思路分析3】證明四邊形OMGN是平行四邊形,也可以通過對(duì)角線互相平分來證明.

        解法3:如圖14,連接MN.

        由OM=ON(已證),OG平分∠MON,得OG垂直平分線段MN.

        由MG=MO,MN垂直O(jiān)G,得MN平分線段OG.

        圖14

        則四邊形OMGN是菱形.

        【思路分析4】證明一個(gè)四邊形是菱形,也可以利用兩個(gè)全等的等邊三角形拼成的四邊形是菱形這一性質(zhì)來證明.

        解法4:如圖15,連接OE、OF.

        圖15

        由△AMO≌△ENO(圖10已證),得∠MOA=∠NOE.又∠EOA=120°,則∠MON=120°.

        而OG平分∠MON,則∠MOG= 60°.

        又∠FOA=60°,則∠MOA=∠GOF.又AO=FO,∠MAO=∠GFO=60°,則△MAO≌△GFO,故MO=GO,因此,△MGO為等邊三角形.

        同理,可證△NGO也是等邊三角形,故四邊形OMGN是菱形.

        三、模型拓展

        縱觀上述中考試題可以看出,它是以正六邊形模型為載體,突出考查了動(dòng)點(diǎn)定值問題和底角為60°的等腰梯形內(nèi)接菱形問題.如果改變載體平臺(tái),將正六邊形設(shè)計(jì)為其他的特殊圖形,并將原有條件做適當(dāng)調(diào)整,那么又會(huì)產(chǎn)生哪些結(jié)論呢?

        1.關(guān)于正三角形

        如圖16,正三角形ABC的邊長為a,P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn),過P作PM∥AC交AB于點(diǎn)M,作PN∥AB交AC于點(diǎn)N.

        (1)思考:PM+PN的值是否變化?如果不變,則是多少?

        (2)如圖17,點(diǎn)O是△ABC的中心,連接OM、ON.試問:OM和ON相等嗎?

        圖16

        圖17

        參考答案:(1)PM+PN=AB=a.

        (2)OM=ON.

        2.關(guān)于等腰梯形

        (1)動(dòng)點(diǎn)定值問題.

        如圖18,等腰梯形ABCD的對(duì)角線長為b,過下底BC上一點(diǎn)P作PM∥AC,PN∥BD,分別交兩腰AB、DC于點(diǎn)M、N,則PM+PN的值是多少?

        圖18

        參考答案:PM+PN=b.

        (2)內(nèi)接菱形問題.

        ①順次連接等腰梯形各邊中點(diǎn)所圍成的四邊形是菱形嗎?

        參考答案:是菱形.

        ②如圖19,已知M、N分別是等腰梯形的兩腰AB、CD上的點(diǎn),且BM= DN,作線段MN的垂直平分線分別交兩底AD和BC于點(diǎn)E和F,判斷四邊形MFNE是否為特殊四邊形,并說明理由.

        圖19

        參考答案:四邊形MFNE是菱形.

        3.關(guān)于正五邊形

        如圖20,已知正五邊形ABCDE的邊長為a,P是CD上的一點(diǎn),PM∥CB,PN∥DE,試探究PM+PN的值是多少.

        圖20

        四、方法提煉

        深入研究上述中考題,我們會(huì)發(fā)現(xiàn)其中蘊(yùn)含著許多數(shù)學(xué)思想方法.提煉這些方法,對(duì)我們解決各種類型的壓軸題有一定的指導(dǎo)作用.

        1.動(dòng)點(diǎn)定值問題的探究方法

        動(dòng)點(diǎn)定值問題是近年來中考命題熱點(diǎn),更成為大部分學(xué)生學(xué)習(xí)的困擾.這類題型不僅考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和技能的理解和掌握,對(duì)基本數(shù)學(xué)思想的領(lǐng)悟,更能間接而有效地體現(xiàn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維的廣度與深度.常見的定值問題有:線段定值、角度定值、面積定值、周長定值等.這類問題中,有時(shí)直接給出定值是何值,讓我們?nèi)フ撟C結(jié)論的正確性,但有時(shí)候卻沒有給出定值具體是何值,而是隱含在題設(shè)中,要我們自己去探討,這是解決這類題的關(guān)鍵.而將動(dòng)點(diǎn)位置特殊化是探究定值的一種有效辦法.

        2.線段相等關(guān)系的證明方法

        證明線段相等關(guān)系的方法很多,主要有四種:(1)把要證的兩條線段放在兩個(gè)三角形中,利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等來證明;(2)把要證的兩條線段放在兩個(gè)三角形中,利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得到,從而證出a=b;(3)把要證的兩條線段放在同一個(gè)三角形中,利用等角對(duì)等邊來證明;(4)利用等式的性質(zhì),先證a=c,再證b=c,從而得到a=b.

        3.線段的和、差與倍分關(guān)系的證明方法

        證明線段的和、差與倍分關(guān)系,通常采用“截長法”或“補(bǔ)短法”,有時(shí)還會(huì)通過添加輔助線將要證的線段分解,逐步轉(zhuǎn)化到一條已知線段上,從而完成倍分關(guān)系的證明.

        4.特殊四邊形的證明方法

        欲想證明四邊形為某種特殊四邊形,首先要了解各種特殊四邊形的從屬關(guān)系,即:

        如果要證明某四邊形是菱形,除了直接運(yùn)用菱形的判定方法外(上述中考題第三問的證法1和證法4),也可以首先證明四邊形是平行四邊形,然后證一組鄰邊相等或證明對(duì)角線互相垂直即可(上述中考題的證法2和證法3).

        總之,中考數(shù)學(xué)壓軸題具有立意新穎,知識(shí)點(diǎn)涵蓋豐富,解題能力要求高,凸顯數(shù)學(xué)思想方法,區(qū)分層次和選拔的作用,它是中考數(shù)學(xué)試題的精華部分.認(rèn)真研究這樣的中考試題,能夠幫助學(xué)生克服畏難情緒,提升應(yīng)試水平.

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