| 标题 | 直角三角形“破解”抛物线中的平行四边形 |
| 范文 | 在直角坐标系内，已知平行四边形的两个顶点，确定另外两顶点（一顶点在抛物线上，另一顶点在直线上）的类型，是抛物线中一类比较综合的题目，也颇受中考命题者的青睐.笔者通过构造直角三角形，利用平移和全等的知识有效地结合了平行四边形的两个判定（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形和对角线互相平分的四边形是平行四边形），实现了对这一类型问题的轻松解答.试举三例，帮助读者体会在解决问题中直角三角形是如何发挥作用的. 1知识准备 1.坐标系内线段的长（如图甲） （1）线段AB平行x轴.若A（xA，yA），B（xB，yB），则yA=yB，AB的长等于（xB-xA）； （2）线段CD平行y轴.若C（xC，yC），D（xD，yD），则xC=xD，CD的长等于（yC-yD）. 2.坐标系内线段中点的坐标（如图甲） 若E（xE，yE），F（xF，yF），EF的中点M的坐标为（xE+xF2，yE+yF2） 3.坐标系内平行四边形顶点坐标关系（如图乙） 如图，ABCD顶点坐标A（xA，yA）、B（xB，yB）、C（xC，yC）、D（xD，yD），则有xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD.（读者可利用坐标内线段中点坐标求法公式进行证明） 4.X型全等直角三角形（如图丙） 若M是线段NN′的中点，P′N′⊥MN′，PN⊥MN，那么Rt△MNP≌Rt△MN′P′. 2典型例题 例1如图1，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于点A（-3，0），点B（1，0），交y轴于点C（0，-3）.点D是点A关于点B的对称点，点E是线段BC的中点，直线l过点E且与y轴平行. （1）求抛物线的函数表达式； （2）在直线l上取点F，在抛物线上取点M，使以点A，D，M，F为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标. 分析利用交点式设y=a（x-1）（x+3），代入点（0，-3），可得抛物线的解析式y=x2+2x-3，点D坐标为（5，0），点E坐标为（3，0），AD=5-（-3）=8. 1.以AD为边进行分析（如图2） 利用平移特征（平移前后的对应线段平行且相等），把AD沿直线l平移即可. （1）D点沿直线l向上移动，点A落在抛物线M1上.可得对应点M1的横坐标：x=3-8=-5，纵坐标：y=（-5）2+2×（-5）-3=12，所以点M1的坐标为（-5，12）. （2）点A沿直线l向上移动，点D落在抛物线M2上.可得对应点M2的横坐标：x=3+8=11，纵坐标：y=112+2×11-3=140，所以点M2的纵坐标为（11，140）.（由于点纵坐标太大，图不准确，仅作示意） 2.以AD为对角线时（如图3） 通过构造X型全等直角三角形实现对角线AD和M3F3互相平分，如何构造呢？ 作法点B为线段AD的中点，在x轴上取点E′，使BE′=BE，过点E′作x轴的垂线交抛物线于点M3，连接M3B并延长交直线l于点F3，点M3和F3就是所求. 理由在Rt△BEF3和Rt△BE′M3中，∠F3BE=∠M3BE′，BE=BE′，∠F3EB=∠M3E′B，所以Rt△BEF3≌Rt△BE′M3所以BM3=BF3所以AD和F3M3互相平分，四边形AF3DM3是平行四边形.至此符合条件的点已确定，如何求坐标呢？ 由于BE=BE′，可得E′的横坐标为-1，所以M3的横坐标为：x=-1，M3的纵坐标为：y=（-1）2+2×（-1）-3=-4.所以M3的坐标为（-1，-4），此时恰好是抛物线的顶点. 同时我们利用准备知识3可以求出相应的点F1、F2、F3的坐标。 例2如图4，过点（4，3）的抛物线的顶点D坐标是（2，-1），与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点. （1）求二次函数的解析式 （2）直线y=x+m与二次函数交于C、E两点，P点是二次函数上任意一点，是否在对称轴上存在点K，使得以点K、P、C、E为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 分析利用顶点式设y=a（x-2）2-1，代入点（4，3），可得抛物线的解析式y=x2-4x+3.点C的坐标为（0，3），代入y=x+m，可得直线解析式为y=x+3. 将两解析式联立y=x2-4x+3， y=x+3.解之可得点E的坐标为（5，8）. 1.边CE为平行四边形的边（如图5） CE不平行坐标轴，构造以CE为斜边且直角边与坐标轴平行的直角三角形，可以直观平移后的横坐标与对称轴的关系，作法如下： 过点E作EF⊥x轴，过点C作CF⊥y轴，交于点F，构造Rt△CEF，CF=5-0=5，EF=8-3=5. 我们将Rt△CEF沿对称轴平移，由平移知识可知所得的Rt△P1H1K1和Rt△P2H2K2与Rt△EFC的各对应边平行且相等，可得四边形CEP1K1、四边形CEK2P2是平行四边形. （1）点P1的横坐标：x=2+5=7，纵坐标：y=72-4×7+3=24，所以点P1的坐标为（7，24）， （2）点P2的横坐标：x=2-5=-3，纵坐标：y=（-3）2-4×（-3）+3=24，所以点P1的坐标为（-3，24）. 2.以边CE为平行四边形的对角线（如图6） 取CE的中点M，由于点C坐标为（0，3），点E坐标为（5，8），可得中点M的坐标为（0+52，3+82）即（52，112）.如果四边形CK3EP3是平行四边形，M必须也是K3P3的中点，如何去寻找满足条件的点K3和P3呢？也如同例1一样，构造X型全等直角三角形. 过点M作MN⊥对称轴，垂足为N，反向延长MN至N′，使MN=MN′，过点N′作N′P3⊥MN′交抛物线于点P3，连接P3M并延长交对称轴于K3.点K3和点P3就是所求，如何求坐标呢？ 因为MN=52-2=12，过P3作对称轴的垂线，垂足为H，则MN是Rt△K3HP3的中位线，由三角形中位线的知识可得P3H=1，所以P3的横坐标为2+1=3，恰好与B点重合，坐标为（3，0）. 由于点E（5，8）、点C（0，3）、P3（3，0），可以得到点K3的坐标为（5+0-3，8+3-0），即（2，11）. 例3如图7，已知在平面直角坐标系中，抛物线经过A（-4，0），B（2，0），C（0，-4），三点. （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线AC上的动点，若以点P、Q、C、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标. 分析抛物线的解析式y=12x2+x-4，直线AC的解析式为y=-x-4. 1.以OC为边进行分析（如图7） 将Rt△AOC沿直线AC平移至Rt△O1和Rt△O2Q2P2处，P1和P2落在抛物线上，平行四边形OCQ1P1和平行四边形OCQ2P2就是所求（由于OC∥y轴，也就是平移OC至P1Q1或P2Q2）.如何求点Q的坐标呢？ 设点Q的坐标为（m，-m-4），点P的坐标为（m，12m2+m-4）， 由于PQ=OC=4，可得12m2+m-4-（-m-4）=4，解得m1=-2+23，m2=-2-23，所以Q1的坐标为（-2-23，-2+23），Q2的坐标为（-2+23，-2-23）. 2.以OC为对角线进行分析（如图8） （1）取OC的中点M，过点M作MN⊥AC， （2）反向延长MN至N′，使MN′=MN， （3）过点N′作N′P3⊥MN′交抛物线于点P3、P4， （4）连接P3M、P4M并延长交AC于点Q3、Q4.点P3、Q3；P4、Q4，就是所求顶点. P3、P4坐标的求法 如图8，过点N作ND⊥x轴， 因为OC=4，M是中点，所以OM=MC=2，因为∠MNC=90°，∠NCM=45°，∠MDN=90°， 所以ND=MD=1，所以M的坐标为（0，-2），N的坐标为（-1，-3），所以N′的坐标为（1，-1）. 因为N′P3∥AC，设直线N′P3的解析式为y=-x+b，代入点N′（1，-1），可得解析式为y=-x，联立解析式， y=12x2+x-4 y=-x解得，x1=-2+23，x2=-2-23，所以P3（-2+23，2-23），P4（-2-23，2+23）. 由线段P3Q3、线段P4Q4的中点是M（0，-2），可得Q3（2-23，-6+23），Q4（2+23，-6-23）. 3方法归纳 从三例的解答可以看出，确定抛物线上的点是关键，构造直角三角形很好地破解这一问题.解答过程体现了分类讨论的思想方法，我们进行如下的归纳： （1）已知线段为边时，有两类情况 ①线段与x轴或y轴平行时，直接平移即可（如例1、例3）. ②若线段与x轴或y轴不平行时，构造直角三角形进行平移（如例2）. （2）已知线段为对角线时，抛物线上顶点的确定是关键（如例1、例2、例3）. 通过中点作已知直线的垂线，实现了构造X型全等直角三角形，从而实现了对角线互相平分，确定出了另外两顶点. 作者简介张振中，男，1973年11月出生.中学一级教师，主要从事初中数学教学工作，对中考题的研究，有若干文章发表. 一道中考模拟题的命制意图及考后收获 南京金陵中学河西分校210019李玉荣 笔者在2014年九年级数学一模考试中命制了这样一道试题： 如图a，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，点A、C分别在直线l2，l1上， （1）利用尺规作出以AC为底的等腰△ABC，使得点B落在直线l3上（保留作图痕迹，不写作法）； （2）若（1）中得到的△ABC为等腰直角三角形，求AC的长； （3）若（1）中得到的△ABC为等边三角形，请直接写出AC的长. 图a备用图1备用图2命制意图第（1）小题考查一个基本作图，也暗示以AC为底的等腰△ABC的存在性与合理性；第（2）小题是一道常规题，解答的关键是作好辅助线，作出平行线间的距离，构造出“一线三等角”（三个相等角的顶点在同一条直线上）型基本图形，运用全等三角形的判定和性质及勾股定理进行计算，难度适中，主要考查学生构造基本图形解决问题，提高学生运用基本图形解决问题的意识.第（3）小题将等腰直角三角形变为等边三角形，难度陡增，隐藏在其中的数学要素需要仔细品读才能发现，从第（2）小题的问题解决得到一定的方法启示，在新背景中继续构造基本图形，再运用全等三角形、勾股定理进行计算，旨在考查学生观察图形、提炼图形和运用图形的能力，同时也很好地体现了转化和方程思想.第（3）小题笔者预设的解法是： 图1解如图1，作AM⊥l3于点M，CN⊥l3于点N，作∠BCE=∠ABM，CE交l3于点E，作∠BAD=∠CBE，AD交l3于点D，因为BA=CB，所以△CBE≌△BAD，所以∠D=∠E=180°-（∠BAD+∠ABD）=180°-（∠CBE+∠ABD）=60°，所以BD=CE=CNsin60°=23，DM=AM·tan30°=233，所以BM=BD-DM=433，于是AB=AM2+BM2=22+（433）2=2321. 由于第（3）小题设置的是直接写出结果，难以发现学生的求解方法，因此，笔者在考后找解出结果的同学交流，还请同备课组的教师试解此题，自己也多角度寻觅解法，结果发现这真是一道精彩的好题，现将所得解法与大家分享. 解法展示 思路1：利用勾股定理构造方程组. 解如图2，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，CE交l2于点F，设DB=x，BE=y，则AF=DE=x+y，因为AB=BC=AC， 所以根据勾股定理得x2+22=y2+32=（x+y）2+12，即y2+2xy=3，① x2+2xy=8.② ②×3-①×8得3x2-10xy-8y2=0，所以x=4y（舍去3x=-2y）， 把x=4y代入①得y2=13，所以BC=BE2+CE2=13+32=2321. 评注这是笔者最先想到的思路，方法很直接，涉及的二元二次方程组并不难解，只是现行初中教材已不作要求，留有些许遗憾. 图2图3思路2：作垂线利用等积变换. 解如图3，设CB交l2于点F，作FG⊥AC于点G，BD⊥l2于点D，CE⊥l2于点E，设CF=x，则FB=2x，AC=BC=3x，CG=12x，AG=52x，GF=32x，所以AF=AG2+GF2=7x，又S△AFC=12AF·CE=12AC·FG，所以7x=3x·32x，于是3x=2321，即AC=2321. 思路3：构造相似三角形. 解①如图4，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，AG⊥BC于点G，（以下略）. ②如图5，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，BH⊥AC于点H，延长CA交l3于F，（以下略）. 图4图5思路4：构造含30°角的直角三角形. 解如图6，延长AC到点F使CF=AC，连接BF，易知∠AFB=30°，∠ABF=90°，BFBA=3，作AD⊥l3于点D，作FE⊥l3于点E，FE分别交l1，l2于点G、H，（以下略）. 图6图7思路5：运用旋转方法. 解如图7，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，将Rt△ABF绕点A逆时针旋转60°至Rt△ACD，延长DC交l2于点G，（以下略）. 图8图9解将整个图形绕点B旋转180°得到如图8，连接AC′、A′C，易知四边形AC′A′C为矩形，∠CAC′=90°，ACAC′=33，过点A作DE⊥l1于点D，交l4于点E，（以下略）. 思路6：构造等距离平行线. 解如图9，作l4∥l3，且l4到l3、l2的距离为1，延长CA交l4于点D，由l4∥l1∥且平行线间的距离相等，得AD=AC，而AC=AB，（以下略）. 思路7：运用对称思想构造辅助圆. 解如图10，设点A关于l3的对称点是E，连接EC、EA，延长EA交l1于点G， 则BE=BA，而BC=BA，所以点C、A、E在以B为圆心、BC为半径的圆上，于是∠CEA=12∠ABC=30°，又GE=5，所以CG=GE·tan30°=533，在Rt△CGA中，AC=AG2+CG2=12+（533）2=2321. 图10图11思路8：构造三角形的外接圆. 解如图11，作△ABC的外接圆分别交l2、l3于点N、M，连接CN、BN、AM，作AD⊥l3于点D，CE⊥l2于点E，BF⊥CN于点F，（以下略）. 推广延伸 1.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等边△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，求AC的长. 图b2.如图b，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 聪明的读者，上述几种方法你能选择哪种解法求得结果？ 答案：1+（5tanα2）2. 3.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 4.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，当AC为多少时，等腰△ABC的面积最小？求出它的最小值. 设∠ABC=α，作BD⊥AC于D，则BD=CDtanα2=AC2tanα2，于是SΔABC=12AC·BD=14tanα2（1+25tan2α2）=14（1tanα2+25tanα2） ≥14×21tanα2·25tanα2=52， 等号仅当1tanα2=25tanα2，即时成立，此时AC=1+1=2，故当AC=2时，等腰△ABC的面积最小，最小值为52. 写在最后 数学家哈尔莫斯这样说过：“数学存在的理由就是解问题，数学的真正部分是问题和解”.如何提高数学解题能力？如何通过解题实现数学学习的高效性？首先，教师要善于选题或自己提供问题，其次要尽可能给出多解策略，并适时将问题推广延伸.从不同角度思考解题方案可以训练思维的发散性，而使解题方案优化，探求简洁解题方法可以使思维向最优路径收敛，在经验不断积累中提升数学素养和数学能力，逐步进入高效学习的快车道.适时、适度将问题推广、延伸，可以说是让学生做了一次高品位的思维体操，有利于培养学生思维的广阔性与严密性，优化学生思维品质，体现数学的研究潜能，感悟数学的内在真谛，真正实现知识的互联、方法的迁移、思维的飞跃、经验的提升，我们的学生必将满怀热情、充满活力，富有创造力. 参考文献 [1]甄亚芳.“架构”在平行线间的中考试题探析[J].中学数学（初中版），2013（2）. 由于第（3）小题设置的是直接写出结果，难以发现学生的求解方法，因此，笔者在考后找解出结果的同学交流，还请同备课组的教师试解此题，自己也多角度寻觅解法，结果发现这真是一道精彩的好题，现将所得解法与大家分享. 解法展示 思路1：利用勾股定理构造方程组. 解如图2，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，CE交l2于点F，设DB=x，BE=y，则AF=DE=x+y，因为AB=BC=AC， 所以根据勾股定理得x2+22=y2+32=（x+y）2+12，即y2+2xy=3，① x2+2xy=8.② ②×3-①×8得3x2-10xy-8y2=0，所以x=4y（舍去3x=-2y）， 把x=4y代入①得y2=13，所以BC=BE2+CE2=13+32=2321. 评注这是笔者最先想到的思路，方法很直接，涉及的二元二次方程组并不难解，只是现行初中教材已不作要求，留有些许遗憾. 图2图3思路2：作垂线利用等积变换. 解如图3，设CB交l2于点F，作FG⊥AC于点G，BD⊥l2于点D，CE⊥l2于点E，设CF=x，则FB=2x，AC=BC=3x，CG=12x，AG=52x，GF=32x，所以AF=AG2+GF2=7x，又S△AFC=12AF·CE=12AC·FG，所以7x=3x·32x，于是3x=2321，即AC=2321. 思路3：构造相似三角形. 解①如图4，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，AG⊥BC于点G，（以下略）. ②如图5，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，BH⊥AC于点H，延长CA交l3于F，（以下略）. 图4图5思路4：构造含30°角的直角三角形. 解如图6，延长AC到点F使CF=AC，连接BF，易知∠AFB=30°，∠ABF=90°，BFBA=3，作AD⊥l3于点D，作FE⊥l3于点E，FE分别交l1，l2于点G、H，（以下略）. 图6图7思路5：运用旋转方法. 解如图7，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，将Rt△ABF绕点A逆时针旋转60°至Rt△ACD，延长DC交l2于点G，（以下略）. 图8图9解将整个图形绕点B旋转180°得到如图8，连接AC′、A′C，易知四边形AC′A′C为矩形，∠CAC′=90°，ACAC′=33，过点A作DE⊥l1于点D，交l4于点E，（以下略）. 思路6：构造等距离平行线. 解如图9，作l4∥l3，且l4到l3、l2的距离为1，延长CA交l4于点D，由l4∥l1∥且平行线间的距离相等，得AD=AC，而AC=AB，（以下略）. 思路7：运用对称思想构造辅助圆. 解如图10，设点A关于l3的对称点是E，连接EC、EA，延长EA交l1于点G， 则BE=BA，而BC=BA，所以点C、A、E在以B为圆心、BC为半径的圆上，于是∠CEA=12∠ABC=30°，又GE=5，所以CG=GE·tan30°=533，在Rt△CGA中，AC=AG2+CG2=12+（533）2=2321. 图10图11思路8：构造三角形的外接圆. 解如图11，作△ABC的外接圆分别交l2、l3于点N、M，连接CN、BN、AM，作AD⊥l3于点D，CE⊥l2于点E，BF⊥CN于点F，（以下略）. 推广延伸 1.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等边△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，求AC的长. 图b2.如图b，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 聪明的读者，上述几种方法你能选择哪种解法求得结果？ 答案：1+（5tanα2）2. 3.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 4.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，当AC为多少时，等腰△ABC的面积最小？求出它的最小值. 设∠ABC=α，作BD⊥AC于D，则BD=CDtanα2=AC2tanα2，于是SΔABC=12AC·BD=14tanα2（1+25tan2α2）=14（1tanα2+25tanα2） ≥14×21tanα2·25tanα2=52， 等号仅当1tanα2=25tanα2，即时成立，此时AC=1+1=2，故当AC=2时，等腰△ABC的面积最小，最小值为52. 写在最后 数学家哈尔莫斯这样说过：“数学存在的理由就是解问题，数学的真正部分是问题和解”.如何提高数学解题能力？如何通过解题实现数学学习的高效性？首先，教师要善于选题或自己提供问题，其次要尽可能给出多解策略，并适时将问题推广延伸.从不同角度思考解题方案可以训练思维的发散性，而使解题方案优化，探求简洁解题方法可以使思维向最优路径收敛，在经验不断积累中提升数学素养和数学能力，逐步进入高效学习的快车道.适时、适度将问题推广、延伸，可以说是让学生做了一次高品位的思维体操，有利于培养学生思维的广阔性与严密性，优化学生思维品质，体现数学的研究潜能，感悟数学的内在真谛，真正实现知识的互联、方法的迁移、思维的飞跃、经验的提升，我们的学生必将满怀热情、充满活力，富有创造力. 参考文献 [1]甄亚芳.“架构”在平行线间的中考试题探析[J].中学数学（初中版），2013（2）. 由于第（3）小题设置的是直接写出结果，难以发现学生的求解方法，因此，笔者在考后找解出结果的同学交流，还请同备课组的教师试解此题，自己也多角度寻觅解法，结果发现这真是一道精彩的好题，现将所得解法与大家分享. 解法展示 思路1：利用勾股定理构造方程组. 解如图2，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，CE交l2于点F，设DB=x，BE=y，则AF=DE=x+y，因为AB=BC=AC， 所以根据勾股定理得x2+22=y2+32=（x+y）2+12，即y2+2xy=3，① x2+2xy=8.② ②×3-①×8得3x2-10xy-8y2=0，所以x=4y（舍去3x=-2y）， 把x=4y代入①得y2=13，所以BC=BE2+CE2=13+32=2321. 评注这是笔者最先想到的思路，方法很直接，涉及的二元二次方程组并不难解，只是现行初中教材已不作要求，留有些许遗憾. 图2图3思路2：作垂线利用等积变换. 解如图3，设CB交l2于点F，作FG⊥AC于点G，BD⊥l2于点D，CE⊥l2于点E，设CF=x，则FB=2x，AC=BC=3x，CG=12x，AG=52x，GF=32x，所以AF=AG2+GF2=7x，又S△AFC=12AF·CE=12AC·FG，所以7x=3x·32x，于是3x=2321，即AC=2321. 思路3：构造相似三角形. 解①如图4，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，AG⊥BC于点G，（以下略）. ②如图5，作AD⊥l3于点D，CE⊥l3于点E，BH⊥AC于点H，延长CA交l3于F，（以下略）. 图4图5思路4：构造含30°角的直角三角形. 解如图6，延长AC到点F使CF=AC，连接BF，易知∠AFB=30°，∠ABF=90°，BFBA=3，作AD⊥l3于点D，作FE⊥l3于点E，FE分别交l1，l2于点G、H，（以下略）. 图6图7思路5：运用旋转方法. 解如图7，作BF⊥于l2点F，CE⊥l2于点E，将Rt△ABF绕点A逆时针旋转60°至Rt△ACD，延长DC交l2于点G，（以下略）. 图8图9解将整个图形绕点B旋转180°得到如图8，连接AC′、A′C，易知四边形AC′A′C为矩形，∠CAC′=90°，ACAC′=33，过点A作DE⊥l1于点D，交l4于点E，（以下略）. 思路6：构造等距离平行线. 解如图9，作l4∥l3，且l4到l3、l2的距离为1，延长CA交l4于点D，由l4∥l1∥且平行线间的距离相等，得AD=AC，而AC=AB，（以下略）. 思路7：运用对称思想构造辅助圆. 解如图10，设点A关于l3的对称点是E，连接EC、EA，延长EA交l1于点G， 则BE=BA，而BC=BA，所以点C、A、E在以B为圆心、BC为半径的圆上，于是∠CEA=12∠ABC=30°，又GE=5，所以CG=GE·tan30°=533，在Rt△CGA中，AC=AG2+CG2=12+（533）2=2321. 图10图11思路8：构造三角形的外接圆. 解如图11，作△ABC的外接圆分别交l2、l3于点N、M，连接CN、BN、AM，作AD⊥l3于点D，CE⊥l2于点E，BF⊥CN于点F，（以下略）. 推广延伸 1.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等边△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，求AC的长. 图b2.如图b，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 聪明的读者，上述几种方法你能选择哪种解法求得结果？ 答案：1+（5tanα2）2. 3.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为m，l2，l3之间的距离为n，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，且∠ABC=α，求AC的长. 4.如图，已知直线l1∥l2∥l3，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为2，以AC为底的等腰△ABC的三顶点分别在直线l1，l2，l3上，当AC为多少时，等腰△ABC的面积最小？求出它的最小值. 设∠ABC=α，作BD⊥AC于D，则BD=CDtanα2=AC2tanα2，于是SΔABC=12AC·BD=14tanα2（1+25tan2α2）=14（1tanα2+25tanα2） ≥14×21tanα2·25tanα2=52， 等号仅当1tanα2=25tanα2，即时成立，此时AC=1+1=2，故当AC=2时，等腰△ABC的面积最小，最小值为52. 写在最后 数学家哈尔莫斯这样说过：“数学存在的理由就是解问题，数学的真正部分是问题和解”.如何提高数学解题能力？如何通过解题实现数学学习的高效性？首先，教师要善于选题或自己提供问题，其次要尽可能给出多解策略，并适时将问题推广延伸.从不同角度思考解题方案可以训练思维的发散性，而使解题方案优化，探求简洁解题方法可以使思维向最优路径收敛，在经验不断积累中提升数学素养和数学能力，逐步进入高效学习的快车道.适时、适度将问题推广、延伸，可以说是让学生做了一次高品位的思维体操，有利于培养学生思维的广阔性与严密性，优化学生思维品质，体现数学的研究潜能，感悟数学的内在真谛，真正实现知识的互联、方法的迁移、思维的飞跃、经验的提升，我们的学生必将满怀热情、充满活力，富有创造力. 参考文献 [1]甄亚芳.“架构”在平行线间的中考试题探析[J].中学数学（初中版），2013（2）. |
| 随便看 |
|
科学优质学术资源、百科知识分享平台，免费提供知识科普、生活经验分享、中外学术论文、各类范文、学术文献、教学资料、学术期刊、会议、报纸、杂志、工具书等各类资源检索、在线阅读和软件app下载服务。