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    正方形“搭臺(tái)” 相似三角形“唱戲”

    2023-07-22 22:27:29倪春青韓融
    數(shù)學(xué)之友 2023年1期
    關(guān)鍵詞:相似三角形直角三角形正方形

    倪春青 韓融

    摘要:與正方形有關(guān)的幾何計(jì)算問(wèn)題是歷年中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)問(wèn)題.本文以2022年四川省瀘州市中考數(shù)學(xué)第12題為例,從不同角度出發(fā),探究問(wèn)題的多種求解方法.不論利用哪種方法,相似三角形的性質(zhì)在解決問(wèn)題時(shí)都起到了關(guān)鍵性的作用,它是解決與線段長(zhǎng)度有關(guān)幾何問(wèn)題的基本工具.通過(guò)“一題多解”,能有效提高學(xué)生的幾何計(jì)算能力和幾何推理能力.

    關(guān)鍵詞:正方形;直角三角形;相似三角形;幾何計(jì)算

    與正方形有關(guān)的幾何計(jì)算問(wèn)題是歷年中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)問(wèn)題,這類問(wèn)題主要涉及正方形的常用幾何性質(zhì)、直角三角形的幾何性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)等知識(shí),形式多樣,求解方法靈活.本文以2022年四川省瀘州市中考數(shù)學(xué)第12題為例,從不同求解思路出發(fā),探究問(wèn)題的多種求解方法.

    1問(wèn)題呈現(xiàn)

    (2022年四川省瀘州市中考數(shù)學(xué)第12題)如圖1,在邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中,點(diǎn)E是邊AB上的點(diǎn),且BE=2AE,過(guò)點(diǎn)E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點(diǎn)F,交邊BC于點(diǎn)M,連接DF交邊BC于點(diǎn)N,則MN的長(zhǎng)為()

    A. 23

    B. 56

    C. 67

    D. 1

    2問(wèn)題分析

    本題是一道以正方形ABCD為基本圖形的幾何計(jì)算問(wèn)題,涉及直角三角形、垂線、角平分線等基本圖形.根據(jù)已知條件,易知DE⊥EF,∠DAE=∠MBE=90°,這是常見的“三垂直”相似模型.因?yàn)锽E=2AE,AB=3,所以AE=1,BE=2.易知△DAE∽△EBM,所以ADBE=AEBM,所以32=1BM,從而可得BM=23.欲求線段MN的長(zhǎng),只需求得線段BN的長(zhǎng)即可.點(diǎn)N是線段DF與正方形ABCD的邊BC的交點(diǎn),故需探索Rt△DEF的具體性質(zhì).如圖2,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.因?yàn)锽F是∠CBG的平分線,從而易知GB=GF.由“三垂直”相似模型,易知△DAE∽△EGF,所以ADGE=AEGF,所以32+GB=1GB,從而可得GB=1,所以GF=1.顯然,△DAE≌△EGF.從而可知DE=EF,即△DEF是等腰直角三角形.

    3解法探究

    基于以上圖形特征分析,現(xiàn)從不同思路出發(fā),立足相似三角形的判定與性質(zhì),探索本題的多種解法.為簡(jiǎn)化求解過(guò)程,在求解過(guò)程中直接利用以上結(jié)論,不再重復(fù)求解.

    思路1:直接利用相似三角形的性質(zhì)求解

    解法1:如圖2,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.

    易知BG=FG=1,BM=23,BE=2.

    從而易得EM=2103,EF=10,所以FM=103.

    易知∠FBN=∠MFN=45°,∠FNB=∠MNF,所以△BFN∽△FMN,得BFFM=BNFN=FNMN,即3210=MN+23FN=FNMN,易知FN2=MN·MN+23,即FN=MN·MN+23.

    所以3210=MN+23MNMN+23,兩邊同時(shí)平方,得95=MN+23MN,解得MN=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)已知條件,△BFN與△FMN之間的相似關(guān)系較為隱蔽,不易發(fā)現(xiàn).這就需要充分挖掘圖形的基本特征,根據(jù)已知條件判斷△DEF是等腰直角三角形.這種解法運(yùn)算量不大,但顯得較為繁瑣.由此可以看出,在解決幾何問(wèn)題時(shí),要充分挖掘圖形的基本特征,理清所求量與已知條件之間的邏輯關(guān)系,然后利用基本圖形的性質(zhì)解決問(wèn)題.

    思路2:構(gòu)造“X型”相似三角形,利用相似三角形的性質(zhì)求解

    解法2:如圖3,過(guò)點(diǎn)F分別作FG⊥AB,F(xiàn)H⊥BC,垂足分別為點(diǎn)G,H.由角平分線的性質(zhì),易知FH=GF=1.

    由△FHM∽△EBM,得HMBM=HFBE,易得HM=13.

    由△FHN∽△DCN,得HNCN=HFDC,易得HN=12.

    所以MN=HM+HN=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)圖形特征,易得DE⊥EF,∠DAE=∠MBE=90°,從而易想到利用“三垂直”相似模型解決問(wèn)題,這也是求解本題的一個(gè)突破口.△FHM∽△EBM和△FHN∽△DCN是兩組“X型”相似三角形,這也是常見的相似模型.由此可以看出,利用相似模型能夠直觀地發(fā)現(xiàn)相似三角形,然后利用相似三角形的性質(zhì)列方程即可求得相關(guān)線段的長(zhǎng).因此,相似三角形的性質(zhì)是求解與線段長(zhǎng)度有關(guān)幾何計(jì)算問(wèn)題的基本工具.

    解法3:如圖4,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.延長(zhǎng)BC到點(diǎn)H,使CH=AE,連接DH.

    易知∠EDF=∠EFD=45°,所以∠ADE+∠CDN=45°.

    易知△ADE≌△CDH,所以∠ADE=∠CDH.

    從而易得∠HDN=45°,所以∠HDN=∠EFD.

    又∠DNH=∠FNM,所以△DNH∽△FNM,所以DHFM=HNMN.

    易知DH=DE=10,CH=AE=1,F(xiàn)M=103.

    令MN=x,易知HN=CN+CH=103-x.

    從而可得10x=103103-x,解得x=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)圖形特征,易知所求線段MN是△FNM的一條邊,由此易想到構(gòu)造一個(gè)與△FNM相似的三角形,然后利用相似三角形的性質(zhì)列方程求解線段MN的長(zhǎng).根據(jù)已知條件易知∠EFD=45°,∠DNH=∠FNM,∠ADE+∠CDN=45°,由此想到構(gòu)造與△ADE全等的△CDH,從而得到△DNH∽△FNM.本題構(gòu)造△CDH,其本質(zhì)是將△ADE繞點(diǎn)D沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到的.本題也可以將△DCN繞點(diǎn)D沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°構(gòu)造全等三角形和相似三角形.

    解法4:如圖5,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.過(guò)點(diǎn)M作MH⊥DF,垂足為點(diǎn)H.

    易知BM=23,EF=DE=10,EM=2103.

    從而易知FM=EF-EM=103,HM=FH=53.

    令MN=x,則NH=x2-59,NC=73-x.

    由△DCN∽△MHN,得CDHM=NCNH.

    從而可得3x2-59=5373-x,兩邊同時(shí)平方,整理得385x2+73x-659=0,即2x-53195x+133=0,解得x1=56,x2=-6557(不合題意,舍去).

    所以MN=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)圖形特征,易發(fā)現(xiàn)圖形中的直角三角形較多,由此易想到通過(guò)適當(dāng)?shù)姆绞綄ⅰ鱉FN分解為直角三角形,在圖形中尋找與線段MN所在直角三角形相似的直角三角形,然后利用相似三角形的性質(zhì)列方程求解.這種解法的本質(zhì)是構(gòu)造“X型”相似三角形,求解過(guò)程通俗易懂,不足之處是運(yùn)算量較大,求解方程較為繁瑣.

    思路3:構(gòu)造“A型”相似三角形,利用相似三角形的性質(zhì)求解

    解法5:如圖6,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.延長(zhǎng)DF,交直線AB于點(diǎn)H.

    易知BG=FG=1,BM=23.

    由△FGH∽△DAH,得FGDA=GHAH,即13=GH4+GH,所以GH=2.從而易得BH=3.

    由△FGH∽△NBH,得NBFG=BHGH,即2MN+23=3,所以MN=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):這種解法通過(guò)延長(zhǎng)DF的方法構(gòu)造“A型”相似三角形,求解過(guò)程通俗易懂,計(jì)算量小,簡(jiǎn)潔明了,是本題的一種最優(yōu)解法.

    解法6:如圖7,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.延長(zhǎng)FE,交直線DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.易得BG=1,所以AG=4.

    由△ADE∽△EDH,得ADED=EDHD,易得HD=103.

    易知△FMN∽△FHD,根據(jù)“相似三角形對(duì)應(yīng)高的比等于相似比”,得MNHD=BGAG,即MN=BGAG·HD=14×103=56.故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)圖形特征,MN是△FMN的一條邊,由“A型”相似模型易想到延長(zhǎng)FE構(gòu)造相似三角形,由正方形的性質(zhì),易得△FMN∽△FHD.線段DH是線段MN的對(duì)應(yīng)邊,利用相似三角形的性質(zhì)易求得線段DH的長(zhǎng).線段FM和線段FH是一組對(duì)應(yīng)邊,這兩條線段易求得,但運(yùn)算較為繁瑣.線段BG和線段AG可以看作△FMN和△FHD的一組對(duì)應(yīng)高,且這兩條線段易求得,因此考慮根據(jù)“相似三角形對(duì)應(yīng)高的比等于相似比”列方程解決問(wèn)題.這種解法計(jì)算量小,求解過(guò)程簡(jiǎn)潔明了,也是本題的一種最優(yōu)解法.

    思路4:構(gòu)造相似三角形,間接求解

    解法7:如圖8,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為點(diǎn)G.連接DB,交EF于點(diǎn)P,過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AB,垂足為點(diǎn)H.

    易知AE=1,BE=2,BG=FG=1.所以DE=10,BM=23.

    令PH=x,則BH=x,HE=2-x.

    由△EHP∽△EBM,得HPBM=HEBE,即2x=23(2-x),解得x=12.由勾股定理,易得PE=HE2+HP2=102.

    由△DEP∽△DCN,得DEDC=PENC,即103NC=102,所以NC=32.

    所以MN=BC-NC-BM=3-32-23=56.

    故選B.

    點(diǎn)評(píng):根據(jù)圖形特征,只需求得線段NC的長(zhǎng)即可求得線段MN的長(zhǎng).因此可考慮構(gòu)造一個(gè)與△DNC相似的三角形,然后利用相似三角形的性質(zhì)列方程求線段NC的長(zhǎng),最后利用線段之間的和差關(guān)系求線段MN的長(zhǎng).

    4結(jié)束語(yǔ)

    由以上解法可以看出,本題涉及的基礎(chǔ)知識(shí)較多,主要有正方形的基本性質(zhì)、直角三角形的基本性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),不同認(rèn)知水平的學(xué)生會(huì)給出不同的解法.不論哪種解法,都用到了相似三角形的性質(zhì).因此,本題雖然是正方形“搭臺(tái)”,但真正“唱戲”的主角是相似三角形.由此可以看出,相似三角形的性質(zhì)在解決問(wèn)題時(shí)起到了關(guān)鍵性的作用,它是解決與線段有關(guān)幾何計(jì)算問(wèn)題的基本工具.通過(guò)“一題多解”,能有效提高學(xué)生的幾何計(jì)算能力和幾何推理能力.

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